kombinatorika - web.math.pmf.unizg.hr

Sveuciliste u Zagrebu

Prirodoslovno-matematicki fakultet

Matematicki odsjek

KOMBINATORIKA

Predavanja

Vedran Krcadinac

1

11

131

1671

11025151

1156590311

Akademska godina 2021./2022.

Verzija 8, 6.2.2022.

Sadrzaj

1 Osnove prebrojavanja 1

2 Diferencijski racun 9

3 Bijektivni dokazi 173.1 Catalanovi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2 Multiskupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.3 Particije brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.4 Particije skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Stirlingovi brojevi 29

5 Topovski polinom i sparivanja 39

6 Formula ukljucivanja-iskljucivanja 51

7 Mobiusova inverzija 597.1 Dokaz formule ukljucivanja-iskljucivanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 597.2 Klasicna Mobiusova inverzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 627.3 Incidencijska algebra parcijalno uredenog skupa . . . . . . . . . . . . . . . 647.4 Hasseovi dijagrami i Mobiusova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

8 Lanci, antilanci i vjerojatnosna metoda 798.1 Particije parcijalno uredenog skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 798.2 Vjerojatnosna metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

9 Funkcije izvodnice 919.1 Prsten formalnih redova potencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 919.2 Eksponencijalne funkcije izvodnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1049.3 Konvergencija u prstenu C[[z]] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1089.4 Lagrangeova formula inverzije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Rjesenja nekih zadataka 127

Indeks 141

Bibliografija 143

Poglavlje 1

Osnove prebrojavanja

Kroz nekoliko primjera podsjetit cemo se osnovnih tehnika prebrojavanja, s kojima ste sesusreli na kolegijima Diskretna matematika [24, 26] ili Kombinatorna i diskretna matema-tika.

Primjer 1.1. Koliko ima mogucih registarskih oznaka zagrebackih automobila? Oznakapocinje slovima ZG, zatim slijede tri ili cetiri znamenke, a na kraju jedno ili dva slova izskupa {A,B,C,D, . . . ,Z} (ukupno 22 slova, bez C, C, D, Dz, Lj, Nj, S i Z).

Rjesenje. Posebno cemo prebrojati mogucnosti za znamenke i mogucnosti za slova. Ni-zova od tri znamenke ima 103 = 1000, a nizova od cetiri znamenke 104 = 10 000. Brojmogucnosti za znamenke je suma 1000 + 10 000 = 11 000. Nizova od jednog slova ima22, a nizova od dva slova 222 = 484. Broj mogucnosti za slova je suma 22 + 485 = 506.Ukupan broj registarskih oznaka je produkt 11 000 · 506 = 5 566 000.

U prvom primjeru koristili smo se principom produkta i principom sume. Za konacneskupove S1, . . . , Sn vrijedi |S1 × . . . × Sn| = |S1| · . . . · |Sn|. Ako su uz to medusobnodisjunktni (tj. Si ∩Sj = ∅ za i 6= j), onda vrijedi |S1 ∪ . . .∪Sn| = |S1|+ . . .+ |Sn|. Nizoviod tri znamenke su elementi Kartezijeva produkta Z × Z × Z = Z3, a nizovi od cetiriznamenke Z ×Z ×Z ×Z = Z4. Pritom je Z = {0, 1, 2, . . . , 9} skup znamenaka, koji ima|Z| = 10 elemenata. Po principu produkta je |Z3| = |Z|3 = 103 i |Z4| = |Z|4 = 104. Brojnizova znamenaka je po principu sume |Z3∪Z4| = |Z3|+ |Z4| = 103 +104. Na slican nacindobivamo broj nizova od jednog ili dva slova. Na kraju registarsku oznaku shvacamo kaoureden par (niz znamenaka, niz slova) i konacan rezultat dobivamo po principu produkta.

Primjer 1.2. Koliko ima peteroznamenkastih prirodnih brojeva koji sadrze bar jednuparnu znamenku?

Rjesenje. Peteroznamenkastih prirodnih brojeva ima 9 · 104 = 90 000 (prva znamenkane smije biti nula). Peteroznamenkastih brojeva koji ne sadrze parnu znamenku, tj. sveznamenke su im iz skupa N = {1, 3, 5, 7, 9}, ima |N5| = |N |5 = 55 = 3125. Broj pete-roznamenkastih brojeva koji sadrze bar jednu parnu znamenku dobivamo oduzimanjem90 000− 3125 = 86 875.

1

2 POGLAVLJE 1. OSNOVE PREBROJAVANJA

U drugom primjeru koristili smo se principom razlike ili komplementa: za konacanskup X i njegov podskup S ⊆ X vrijedi |Sc| = |X \ S| = |X| − |S|. Lakse je prebro-jati peteroznamenkaste brojeve koji ne sadrze parnu znamenku, nego peteroznamenkastebrojeve koji sadrze bar jednu parnu znamenku.

Primjer 1.3. Koliko ima podskupova n-clanog skupa?

Rjesenje. Neka je S = {a1, . . . , an} skup od n elemenata. Skup svih njegovih podskupovanazivamo partitivnim skupom i oznacavamo 2S. Uspostavit cemo bijekciju f : 2S →{0, 1}n izmedu partitivnog skupa i skupa svih binarnih nizova (nizova sastavljenih odnula i jedinica) duljine n. Podskupu A ⊆ S pridruzujemo niz f(A) = (x1, . . . , xn), pricemu je

xi =

{1, ako ai ∈ A,0, ako ai 6∈ A.

Funkcija f je bijekcija jer ima inverznu funkciju g : {0, 1}n → 2S, g(x1, . . . , xn) = {ai |xi = 1} ⊆ S. Ocito je g ◦ f identiteta na skupu 2S, a f ◦ g je identiteta na skupu {0, 1}n.Stoga je broj elemenata od 2S jednak broju elemenata od {0, 1}n. Po principu produktaje |{0, 1}n| = |{0, 1}|n = 2n, pa je i |2S| = 2n = 2|S|.

Koristili smo se principom jednakosti : ako postoji bijekcija f : S → T , onda skupoviS i T imaju jednako mnogo elemenata, tj. |S| = |T |. Bijekciju f : S → S sa skupa Sna samog sebe nazivamo permutacijom skupa S. Ako je S = {1, . . . , n}, bijekciju f :{1, . . . , n} → {1, . . . , n} nazivamo permutacijom stupnja n. Alternativno, mozemo jedefinirati kao uredenu n-torku medusobno razlicitih elemenata skupa {1, . . . , n}.

Propozicija 1.4. Broj permutacija stupnja n je n! = 1 · 2 · · ·n.

Dokaz. Element f(1) mozemo izabrati na n nacina, element f(2) na n − 1 nacina (jermora biti razlicit od f(1)), element f(3) na n− 2 nacina itd. Konacan rezultat dobivamomnozenjem.

Svaki k-clani podskup nekog skupa nazivamo njegovom k-kombinacijom, a skup svihk-kombinacija skupa S oznacavamo

(Sk

).

Propozicija 1.5. Broj k-kombinacija n-clanog skupa je(nk

)= n!

k!(n−k)!= n(n−1)···(n−k+1)

k!.

Dokaz. Izraz u brojniku n(n−1) · · · (n−k+1) predstavlja broj uredenih k-torki medusobnorazlicitih elemenata n-clanog skupa S. Redoslijed elemenata u podskupu nije bitan, paga dijelimo s k!. Dakle,

∣∣(Sk

)∣∣ =(|S|k

)=(nk

).

Broj(nk

)nazivamo binomnim koeficijentom jer se javlja u razvoju n-te potencije bi-

noma x+y. Dokazat cemo formulu za taj razvoj metodom dvostrukog prebrojavanja: akoelemente istog skupa prebrojimo na dva nacina i prvi puta dobijemo rezultat R1, a drugiputa R2, onda vrijedi R1 = R2.

Teorem 1.6 (Binomni teorem). (x+ y)n =n∑k=0

(n

k

)xn−kyk.

3

Dokaz. Na lijevoj i desnoj strani su polinomi u dvije varijable x i y. Ako se polinomipodudaraju za beskonacno mnogo vrijednosti varijabli, onda su identicki jednaki. Dakle,dovoljno je provjeriti jednakost za sve x, y ∈ N, pa ona vrijedi za sve x, y ∈ R. Za x, y ∈ Nbroj (x+y)n predstavlja broj funkcija s n-clanog u (x+y)-clani skup. Prebrojavamo skupF = T S svih funkcija f : S → T , pri cemu je |S| = n, T = X∪Y (disjunktna unija),|X| = x, |Y | = y. Oznaka T S za skup svih funkcija f : S → T izabrana je tako davrijedi

∣∣T S∣∣ = |T ||S|. Rastavimo taj skup na disjunktne podskupove Fk svih funkcijaf : S → T takvih da se tocno k elemenata iz domene preslikava u Y , tj. |f−1(Y )| = |{s ∈S | f(s) ∈ Y }| = k. Vrijedi |Fk| =

(nk

)xn−kyk jer prvo biramo k-clani podskup od S,

zatim preslikavamo preostalih n − k elemenata u X i na kraju preslikavamo izabranih k

elemenata u Y . Zbog F =n∪k=0Fk, desnu stranu dobivamo po principu sume.

Primjer 1.7. Koliko ima kombinacija u lotu 6/45? Kolika je vjerojatnost pogadanja“sestice”, “petice”, “cetvorke” i “trojke”? Dopunski broj zanemarite.

Rjesenje. Broj kombinacija je(

456

)= 8 145 060. Vjerojatnost pogadanja “sestice” je reci-

procna vrijednost 1/(

456

)≈ 1.2 · 10−7. Za “peticu” povoljne mogucnosti su izbori pet

brojeva od 6 dobitnih i jednog od 39 nedobitnih. Povoljnih mogucnosti ima(

65

)(391

)= 234,

a vjerojatnost dobivamo dijeljenjem s ukupnim brojem mogucnosti: 2348 145 060

≈ 2.9 · 10−5.

Na slican nacin dobivamo vjerojatnost pogadanja “cetvorke”(

64

)(392

)/(

456

)= 11 115

8 145 060≈

1.4 · 10−3 i “trojke”(

63

)(393

)/(

456

)= 182 780

8 145 060≈ 2.2 · 10−2.

Primjer 1.8. Koliko ima sesteroznamenkastih prirodnih brojeva s neparnim brojem ne-parnih znamenaka?

Rjesenje. Podijelimo skup svih takvih brojeva u dva disjunktna podskupa: brojeve kojimaje prva znamenka neparna i brojeve kojima je prva znamenka parna. U prvom slucajuimamo 5 mogucnosti za prvu znamenku (1, 3, 5, 7 ili 9), zatim biramo 0, 2 ili 4 od 5mjesta za neparne znamenke:

(50

)+(

52

)+(

54

)= 16 te na kraju pet puta biramo parnu

ili neparnu znamenku iz skupa od 5 mogucnosti: 55 = 3125. Ukupan broj mogucnosti uprvom slucaju je 5 · 16 · 3125 = 250 000. U drugom slucaju imamo 4 mogucnosti za prvuznamenku (2, 4, 6 ili 8),

(51

)+(

53

)+(

55

)= 16 mogucnosti za mjesta na kojima su neparne

znamenke te 55 = 3125 mogucnosti za znamenke, sto ukupno daje 4 · 16 · 3125 = 200 000mogucnosti. Ukupan broj takvih prirodnih brojeva je 250 000 + 200 000 = 450 000.

Rezultat mozemo provjeriti na racunalu s pomocu algoritma zapisanog u program-skom jeziku C (program 1). Petlja po svim sesteroznamenkastim brojevima izvodi se nadanasnjim brzim racunalima u djelicu sekunde. No ako bismo isti problem zeljeli rijesitiza n-znamenkaste brojeve, vrijeme izvodenja ovog algoritma raslo bi eksponencijalno s n.S druge strane, uspostavljanjem bijekcije izmedu skupa svih n-znamenkastih prirodnihbrojeva s neparnim brojem neparnih znamenaka i skupa svih n-znamenkastih prirodnihbrojeva s parnim brojem neparnih znamenaka mozemo dokazati da takvih brojeva ima45 · 10n−2 (zadatak 1.6). Vrijednost ove formule mozemo izracunati u vremenu koje rastelinearno s n. O vezi enumerativne kombinatorike i algoritama procitajte u zanimljivomclanku [40].


#include <stdio.h>

#include <stdlib.h>

int main()

{ int i,j,nep,br;

br=0;

for (i=100000; i<1000000; ++i)

{ nep=0;

j=i;

while (j>0)

{ if ((j%10)%2==1) ++nep;

j/=10;

}

if (nep%2==1) ++br;

}

printf("%d\n",br);

}

Program 1: Direktno prebrojavanje brojeve iz primjera 1.8.

Primjer 1.9. Dokazite formulu za sumu prvih n prirodnih brojeva 1+2+ . . .+n = n(n+1)2

.

Rjesenje. Oznacimo tn =n∑k=1

k i zbrojimo dvije takve sume napisane u suprotnom redos-

lijedu:

tn = 1 + 2 + 3 + . . . + (n− 1) + n

tn = n + (n− 1) + (n− 2) + . . . + 2 + 1+

2tn = (n+ 1) + (n+ 1) + (n+ 1) + . . . + (n+ 1) + (n+ 1)

S desne strane imamo n pribrojnika n+ 1, pa je 2tn = n(n+ 1), tj. tn = n(n+1)2

.

Carl Friedrich Gauss (1777.–1855.) navodno je u prvom razredu osnovne skole izracunaosumu prvih 100 prirodnih brojeva na nacin kao u primjeru 1.9, pa se taj dokaz naziva“Gaussovim trikom”. Uocimo da je n(n+1)

2=(n+1

2

), sto nam daje ideju za drugi, kom-

binatorni dokaz. Parova prirodnih brojeva {(i, j) | 1 ≤ i < j ≤ n + 1} ima isto kao idvoclanih podskupova skupa {1, 2, . . . , n+ 1}, tj.

(n+1

2

). S druge strane, podijelimo skup

svih parova na disjunktne podskupove u ovisnosti o drugoj koordinati. Za j = n + 1parova ima n, za j = n parova ima n − 1, itd. Ukupan broj parova je po principu sumen+ (n− 1) + . . .+ 2 + 1 =

(n+1

2

).

Brojeve iz niza (tn) = (1, 3, 6, 10, 15, . . .) nazivamo trokutnim brojevima jer tn mozemovizualizirati kao broj tocaka u trokutu sastavljenom od n redova (slika 1.1). Analogno

5

t1 = 1 t2 = 3 t3 = 6 t4 = 10 t5 = 15

Slika 1.1: Trokutni brojevi.

q1 = 1 q2 = 4 q3 = 9 q4 = 16 q5 = 25

Slika 1.2: Kvadratni brojevi.

p1 = 1 p2 = 5 p3 = 12 p4 = 22 p5 = 35

Slika 1.3: Peterokutni brojevi.

definiramo kvadratne brojeve (slika 1.2) i peterokutne brojeve (slika 1.3). Opcenito takvenizove brojeve nazivamo figurativnim ili poligonalnim.

Na kraju ovog poglavlja podsjetit cemo se nekih pojmova iz teorije grafova. Grafje ureden par G = (V,E), pri cemu je V konacan skup vrhova, a E ⊆

(V2

)je skup

dvoclanih podskupova od V koje zovemo bridovima. Broj vrhova oznacimo n = |V |.Stupanj vrha x je broj bridova koji ga sadrze; oznacavamo ga d(x). Ako su svi vrhoviistog stupnja, kazemo da je graf regularan. Za vrhove x, y ∈ V kazemo da su susjednii pisemo x ∼ y ako je {x, y} ∈ E, a u suprotnom pisemo x 6∼ y. Za graf kazemo daje jako regularan s parametrima (n, k, λ, µ) ako ima n vrhova, regularan je stupnja k tesvaka dva vrha imaju λ zajednickih susjeda ako su susjedni, a µ zajednickih susjeda akonisu susjedni. Petersenov graf (slika 1.4) je primjer jako regularnog grafa s parametrima(10, 3, 0, 1). Iduci teorem pokazuje da parametri jako regularnog grafa nisu nezavisni.


Slika 1.4: Petersenov graf.

Teorem 1.10. Ako postoji jako regularan graf s parametrima (n, k, λ, µ), onda vrijedi

k(k − 1− λ) = (n− k − 1)µ.

Dokaz. Izaberemo vrh z ∈ V i na dva nacina prebrojimo elemente skupa

S = {(x, y) ∈ V × V | x ∼ y, x ∼ z, y 6∼ z}.

Graf je k-regularan, pa vrhova x susjednih vrhu z ima k. Izabrani vrh x takoder ima ksusjeda, a medu njima je vrh z i λ zajednickih susjeda od x i z. Zato vrh y koji je susjedanvrhu x i nije susjedan vrhu z mozemo izabrati na k− 1− λ nacina. Dakle, skup S sadrzik(k − 1− λ) parova (x, y).

Drugi puta brojimo parove u skupu S pocevsi od vrha y. Ukupan broj vrhova grafa numanjen za vrh z i k njegovih susjeda je broj mogucih izbora za y: n−1−k. Sada imamodva nesusjedna vrha z i y te trazimo njihovog zajednickog susjeda x, a njih po definicijijako regularnog grafa ima µ. Dakle, parova ima (n− 1− k)µ. Izjednacavanjem dobivamojednakost k(k − 1− λ) = (n− k − 1)µ.

Prebrojavanje koliko ima jako regularnih grafova je tezak problem. Za male parametrerijesen je uz pomoc racunala, a u nekim slucajevima dokazano je da su jako regularnigrafovi s odredenim parametrima jedinstveni do na izomorfizam. Za vece parametre cak ipitanje egzistencije odgovarajucih grafova moze biti tesko. Teorem 1.10 daje jedan nuzdanuvjet za postojanje. Na primjer, jako regularni grafovi s parametrima oblika (10, 3, 1, µ)ne postoje jer dobivamo µ = 1

2, sto nije cijeli broj. Poznati su i drugi nuzni uvjeti, a

parametre koji ih sve zadovoljavaju zovemo dopustivim. Najmanji dopustivi parametri zakoje nije poznato postoje li jako regularni grafovi su (69, 20, 7, 5). Na internetu je dostupnatablica dopustivih parametara [6] s podacima o egzistenciji i broju jako regularnih grafovate opsezna knjiga [7].

Zadaci

Zadatak 1.1. Koliko ima peteroznamenkastih prirodnih brojeva koji su parni i nemajuznamenku 3 na prva dva mjesta?

7

Zadatak 1.2. Koliko ima sesteroznamenkastih prirodnih brojeva koji su neparni i u zapisuimaju bar jednu znamenku 0?

Zadatak 1.3. Koliko ima sesteroznamenkastih prirodnih brojeva s razlicitim znamenkamaod kojih su 3 parne i 3 neparne?

Zadatak 1.4. Neka je |S| = n i |T | = k. Koliko ima funkcija f : S → T? Koliko imainjekcija f : S → T?

Zadatak 1.5. Nadite nekoliko razlicitih dokaza binomnog teorema 1.6.

Zadatak 1.6. Dokazite da je za n ≥ 2 broj n-znamenkastih prirodnih brojeva s neparnimbrojem neparnih znamenaka jednak 45 · 10n−2.

Zadatak 1.7. Koliko iznosi suma svih n-znamenkastih prirodnih brojeva s razlicitim zna-menkama medu kojima nije nula?

Zadatak 1.8. Dokazite sljedece tvrdnje.

(a) Funkcija f : S → T je injekcija ako i samo ako postoji njezin lijevi inverz, tj.funkcija g : T → S takva da je g ◦ f = idS.

(b) Funkcija f : S → T je surjekcija ako i samo ako postoji njezin desni inverz, tj.funkcija g : T → S takva da je f ◦ g = idT .

(c) Funkcija f : S → T je bijekcija ako i samo ako postoji njoj inverzna funkcija, tj.funkcija g : T → S takva da je g ◦ f = idS i f ◦ g = idT .

(d) Ako postoji inverzna funkcija od f : S → T , onda je jedinstvena. To opravdavaoznaku f−1 : T → S za inverznu funkciju.

(e) Ako postoji injekcija f : S → T , onda je |S| ≤ |T |.

(f) Ako postoji surjekcija f : S → T , onda je |S| ≥ |T |.

Zadatak 1.9. Gaussovim trikom dokazite formulu za sumu prvih n neparnih brojevan∑k=1

(2k − 1) = n2 i izvedite formulu za n-ti peterokutni broj pn.

Zadatak 1.10. Dokazite da je zbroj svih stupnjeva vrhova grafa G = (V,E) jednak dvos-trukom broju bridova: ∑

x∈V

d(x) = 2|E|.

Zadatak 1.11. Dokazite lemu o rukovanju: u svakom grafu broj vrhova neparnog stupnjaje paran.


Zadatak 1.12. Za niz nenegativnih cijelih brojeva d1 ≥ d2 ≥ · · · ≥ dn kazemo da jegrafovski ako postoji graf s n vrhova kojemu su to stupnjevi vrhova. Dokazite Erdos1-Gallaijev2 teorem: niz je grafovski ako i samo ako je d1 + . . . + dn paran i za svakik ∈ {1, . . . , n} vrijedi

k∑i=1

di ≤ k(k − 1) +n∑

i=k+1

min{di, k}.

1Paul Erdos (1913.-1996.), madarski matematicar.2Tibor Gallai (1912.-1992.), madarski matematicar.

Poglavlje 2

Diferencijski racun

U kombinatorici rezultate prebrojavanja cesto dobivamo u obliku sume. Ponekad je sumumoguce pojednostaviti i zapisati u “zatvorenom obliku”. U ovom poglavlju naucit cemotehnike koje nam to omogucuju, po uzoru na metode izracunavanja odredenog integrala.Poglavlje je bazirano na dijelovima knjige [16].

Osnovni pojam diferencijalnog racuna je pojam derivacije:

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= Df(x).

Ovdje je D operator deriviranja, koji derivabilnoj funkciji f : R → R pridruzuje njezinuderivaciju. Diskretni analogon operatora deriviranja je diferencijski operator :

∆f(x) = f(x+ 1)− f(x).

Operator ∆ djeluje na skupu svih funkcija f : R→ R, kojeg oznacavamo RR. Uz operacijezbrajanja funkcija i mnozenja funkcije skalarom, RR je vektorski prostor nad poljem R, a∆ : RR → RR je linearni operator. U kombinatorici umjesto funkcija f : R → R obicnoradimo s nizovima, tj. funkcijama f : N → R, ili f : N0 → R, ili f : Z → R. Pritomvrijednosti f(n) imaju kombinatornu interpretaciju, tj. predstavljaju kardinalne brojevefamilije konacnih skupova {Sn}n, f(n) = |Sn|. Razvijat cemo diferencijski racun ili racunkonacnih razlika po analogiji s diferencijalnim i integralnim racunom. Rezultate cemoiskazivati na prostoru svih funkcija RR, ali isti rezultati vrijede na prostoru nizova RN, iliRN0 , ili RZ.

Polazna tocka je formula za derivaciju potencije:

D(xm) = (xm)′ = m · xm−1.

Uocimo da formula ne vrijedi za diferencijski operator, npr. ∆(x3) = (x + 1)3 − x3 =3x2 + 3x+ 1. Medutim, analogna formula vrijedi za takozvane padajuce faktorijele:

xm = x(x− 1) · · · (x−m+ 1). (2.1)

U zadatku 1.4 vidjeli smo kombinatornu interpretaciju u slucaju kad je x prirodan broj:xm je broj injekcija s m-clanog u x-clani skup. Specijalni slucaj je mm = m!, broj

9

10 POGLAVLJE 2. DIFERENCIJSKI RACUN

permutacija m-clanog skupa. Produkt u formuli (2.1) ima m faktora, pa podrazumijevamoda je x0 = 1 (prazan produkt).

Dokazimo sada da diferencijski operator djeluje na padajuce faktorijele analogno kaodiferencijalni operator na potencije.

Propozicija 2.1. ∆(xm) = m · xm−1.

Dokaz. ∆(xm) = (x+1)m−xm = (x+1)x(x−1) · · · (x−m+2)−x(x−1) · · · (x−m+1) =x(x−1) · · · (x−m+2) · [(x+1)−(x−m+1)] = m ·x(x−1) · · · (x−m+2) = m ·xm−1.

Rastuce faktorijele definiramo kao xm = x(x + 1) · · · (x + m − 1). Analogna formula∇(xm) = m ·xm−1 vrijedi za operator ∇f(x) = f(x)−f(x−1). Na engleskom se ∆ naziva“forward difference operator”, a ∇ “backward difference operator”. Ogranicit cemo se nadiferencijski racun za operator ∆, ali moguce ga je razviti i za operator ∇.

Inverzna operacija deriviranju je neodredeni integral :∫f(x)dx je skup svih funkcija

F (x) takvih da je DF (x) = F ′(x) = f(x) (skup svih primitivnih funkcija od f). Naanalogni nacin definiramo neodredenu sumu.

Definicija 2.2. Neodredena suma∑f(x)δx je skup svih funkcija F (x) takvih da je

∆F (x) = f(x).

Iz analize znamo da se dvije primitivne funkcije razlikuju za konstantu (uz pretpos-tavku da je domena cijeli R ili otvoreni interval, tj. povezani podskup od R). Zato obicnopisemo ∫

f(x)dx = F (x) + C ⇐⇒ DF (x) = f(x).

Diskretni analogon je∑f(x)δx = F (x) + C ⇐⇒ ∆F (x) = f(x),

ali ovdje umjesto konstante imamo funkciju C : R→ R koja je periodicna s periodom 1.Naime, vrijedi ∆C(x) = 0 ⇐⇒ C(x+ 1) = C(x),∀x ∈ R. Ako se ogranicimo na domenuN, N0 ili Z, onda je C zaista konstanta.

Iz propozicije 2.1 i linearnosti operatora ∆ slijedi

∆(xm+1) = (m+ 1) · xm =⇒ ∆

(xm+1

m+ 1

)= xm.

Dakle, za padajucu faktorijelu f(x) = xm “diskretna primitivna funkcija” je F (x) = xm+1

m+1,

tj. vrijedi ∑xm δx =

xm+1

m+ 1+ C. (2.2)

Najvazniji teorem diferencijalnog i integralnog racuna je Newton-Leibnizova formula:∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a).

S lijeve strane je odredeni integral, koji predstavlja povrsinu ispod grafa funkcije, a sdesne strane je bilo koja primitivna funkcija F od f . Definirat cemo odredenu sumu takoda vrijedi analogni teorem.

11

Definicija 2.3. Neka su a, b ∈ Z, a < b. Odredena suma u granicama od a do b je

b∑a

f(x)δx =b−1∑k=a

f(k) = f(a) + f(a+ 1) + . . .+ f(b− 1).

Rijec je o “obicnoj sumi” u granicama od a do b− 1.

Teorem 2.4. Ako je F (x) bilo koja funkcija za koju vrijedi ∆F (x) = f(x), onda je

b∑a

f(x)δx = F (b)− F (a).

Dokaz. Raspisimo sumu i iskoristimo da je f(x) = F (x+ 1)− F (x):

b∑a

f(x)δx = f(a) + f(a+ 1) + f(a+ 2) + . . .+ f(b− 3) + f(b− 2) + f(b− 1) =

= ��F (a+ 1)− F (a) +��F (a+ 2)−��F (a+ 1) +��F (a+ 3)−��F (a+ 2) + . . .

. . .+��F (b− 2)−��F (b− 3) +��F (b− 1)−��F (b− 2) + F (b)−��F (b− 1) =

= F (b)− F (a).

Vidimo da se svi clanovi sume pokrate, osim −F (a) i F (b). Ovo se zove “teleskopiranje”.

Prethodni teorem omogucuje nam lako izracunavanje suma oblikab∑

k=a

f(k) kad god

znamo “diskretnu primitivnu funkciju” F od f .

Primjer 2.5. Izracunajte sumu padajucih faktorijelab∑

k=a

km.

Rjesenje. Iz formule (2.2) dobivamo

b∑k=a

km =b+1∑a

xm δx =xm+1

m+ 1

∣∣∣∣b+1

a

=(b+ 1)m+1 − am+1

m+ 1.

Za m = 1 vrijedi x1 = x. Uzmemo li granice a = 1 i b = n, dobivamo formulu zatrokutne brojeve iz primjera 1.9:

n∑k=1

k =(n+ 1)2

2=

(n+ 1)n

2.


Za vece eksponente m obicno nas zanima suma potencijan∑k=1

km, a ne suma padajucih

faktorijelan∑k=1

km. Do nje dolazimo tako da potenciju xm raspisemo kao linearnu kombina-

ciju padajucih faktorijela x1, x2, . . . , xm. Na primjer, za m = 2 vrijedi x2 = x(x−1)+x =x2 + x1 i dobivamo formulu

n∑k=1

k2 =n∑k=1

k2 +n∑k=1

k1 =(n+ 1)3

3+

(n+ 1)2

2=n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

Za m = 3 vrijedi x3 = x3 + 3x2 + x1 i dobivamo formulu

n∑k=1

k3 =(n+ 1)4

4+ 3

(n+ 1)3

3+

(n+ 1)2

2=n2(n+ 1)2

4.

Iz kombinatorne interpretacije binomnih koeficijenata slijedin∑k=0

(nk

)= 2n. Ovdje smo

sumirali po donjem indeksu, a gornji indeks je fiksan.

Primjer 2.6. Izracunajte sumu binomnih koeficijenatab∑

k=a

(km

)po gornjem indeksu.

Rjesenje. Binomne koeficijente mozemo zapisati s pomocu padajucih faktorijela:(x

m

)=x(x− 1) · · · (x−m+ 1)

m!=xm

m!.

Iz formule 2.2 dobivamo neodredenu sumu∑(x

m

)δx =

1

m!

∑xm δx =

1

m!· x

m+1

m+ 1+ C =

(x

m+ 1

)+ C.

Do toga dolazimo direktno iz Pascalove1 formule(x+1m+1

)=(

xm+1

)+(xm

), koju mozemo

zapisati kao ∆(

xm+1

)=(xm

). Primjenom teorema 2.4 slijedi

b∑k=a

(k

m

)=

b+1∑a

(x

m

)δx =

(x

m+ 1

)∣∣∣∣b+1

a

=

(b+ 1

m+ 1

)−(

a

m+ 1

).

Primjer 2.7. Za q ∈ R, q 6= 1 izracunajte sumub∑

k=a

qk.

Rjesenje. Vrijedi ∆(qx) = qx+1− qx = (q−1)qx. Zbog linearnosti operatora ∆ “diskretnaprimitivna funkcija” od f(x) = qx je F (x) = qx

q−1, pa imamo

b∑k=a

qk =b+1∑a

qx δx =qx

q − 1

∣∣∣∣b+1

a

=qb+1 − qa

q − 1.

1Blaise Pascal (1623.–1662.), francuski matematicar, fizicar, izumitelj i filozof.

13

Ovo je zapravo suma konacnog geometrijskog reda. Za a = 0 i b = n dobivamo

poznatu formulun∑k=0

qk = qn+1−1q−1

.

Primjer 2.8. Izracunajte sumu prvih n Fibonaccijevih brojeva.

Rjesenje. Niz Fibonaccijevih brojeva (Fk) definiran je rekurzijom Fk+1 = Fk + Fk−1 ipocetnim uvjetima F1 = F2 = 1. To mozemo zapisati kao Fk+1−Fk = Fk−1, odnosno akozamijenimo indeks k sa x kao ∆(Fx) = Fx−1 ili ∆(Fx+1) = Fx (ovo ima smisla samo zax ∈ Z, a ne za x ∈ R). Iz teorema 2.4 dobivamo

n∑k=1

Fk =n+1∑

1

Fx δx = Fx+1

∣∣n+1

1= Fn+2 − F2 = Fn+2 − 1.

Za potencije vrijedi pravilo xm+n = xm · xn. Analogno pravilo za padajuce faktorijeleglasi xm+n = xm · (x − m)n, za sve m,n ∈ N0. Zelimo prosiriti definiciju padajucihfaktorijela na negativne eksponente tako da ovo pravilo vrijedi za sve m,n ∈ Z, kao i zapotencije:

1 = x0 = x−m+m = x−m · (x− (−m))m =⇒ x−m =1

(x+m)m.

Vidimo da trebamo definirati

x−m =1

(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+m).

Uz ovu definiciju formula iz propozicije 2.1 vrijedi i za negativne eksponente:

∆(x−m) = ∆

(1

(x+ 1) · · · (x+m)

)=

1

(x+ 2) · · · (x+m+ 1)− 1

(x+ 1) · · · (x+m)=

=x+ 1− (x+m+ 1)

(x+ 1) · · · (x+m+ 1)=

−m(x+ 1) · · · (x+m+ 1)

= (−m) · x−m−1.

Prema tome, i formula (2.2) vrijedi za negativne eksponente, sto nam omogucuje izracunavanjesuma

b∑a

xm δx =xm+1

m+ 1

∣∣∣∣ba

za sve m ∈ Z osim za m = −1 (zbog dijeljenja s nulom). Iz analize znamo da je∫x−1dx =∫

dxx

= lnx+C. Diskretni analogon logaritamske funkcije je F (x) takva da je ∆(F (x)) =x−1 = 1

x+1, tj. F (x+ 1)− F (x) = 1

x+1. Ako stavimo F (1) = 1, slijedi F (2) = F (1) + 1

2=

1 + 12, F (3) = F (2) + 1

3= 1 + 1

2+ 1

3, i opcenito F (n) = 1 + 1

2+ . . .+ 1

n. Ovo su parcijalne

sume divergentnog harmonijskog reda+∞∑k=1

1k. Za te brojeve ne postoji zatvorena formula, a

zovemo ih harmonijskim brojevima i oznacavamo Hn =n∑k=1

1k. Obicno stavljamo H0 = 0.


Sad imamo formulu za sumu padajucih faktorijela za sve cjelobrojne potencije m ∈ Z:

b∑a

xm δx =

xm+1

m+ 1

∣∣∣∣ba

, za m ∈ Z \ {−1},

Hx|ba , za m = −1.

Primjer 2.9. Izracunajte sumun∑k=0

1(k+1)(k+2)

.

Rjesenje.n∑k=0

1(k+1)(k+2)

=n+1∑

0

x−2 δx = x−1

−1

∣∣∣n+1

0= −1

x+1

∣∣n+1

0= 1− 1

n+2= n+1

n+2.

Iduci cilj je izvesti analogon pravila za derivaciju produkta:

D(f(x) · g(x)) = Df(x) · g(x) + f(x) ·Dg(x).

Definiramo operator pomaka E : RR → RR, Ef(x) = f(x + 1). Lako se provjeri da je Elinearni operator na prostoru svih funkcija RR.

Propozicija 2.10.

∆(f(x) · g(x)) = ∆f(x) · Eg(x) + f(x) ·∆g(x).

Dokaz.

∆(f(x) · g(x)) = f(x+ 1)g(x+ 1)− f(x)g(x) =

= f(x+ 1)g(x+ 1)− f(x)g(x+ 1) + f(x)g(x+ 1)− f(x)g(x) =

= (f(x+ 1)− f(x)) · g(x+ 1) + f(x) · (g(x+ 1)− g(x)) =

= ∆f(x) · Eg(x) + f(x) ·∆g(x).

Iz pravila za derivaciju produkta izvodi se formula parcijalne integracije:∫f(x) ·Dg(x) dx = f(x) · g(x)−

∫Df(x) · g(x) dx.

Diskretni analogon je formula parcijalne sumacije:∑f(x) ·∆g(x) δx = f(x) · g(x)−

∑∆f(x) · Eg(x) δx. (2.3)

Primjer 2.11. Izracunajte neodredeni integral∫x · ex dx i neodredenu sumu

∑x · 2x δx.

Rjesenje. Integral je tipican primjer za parcijalnu integraciju:∫x ex dx =

[f(x) = x⇒ Df(x) = 1,

Dg(x) = ex ⇒ g(x) = ex

]= x ex−

∫ex dx = x ex−ex+C = (x−1) ex+C.

15

Za sumu koristimo formulu parcijalne sumacije (2.3):

∑x 2x δx =

f(x) = x⇒ ∆f(x) = 1,

∆g(x) = 2x ⇒ g(x) = 2x

⇒ Eg(x) = 2x+1

= x 2x −∑

2x+1 δx = x 2x − 2x+1 + C =

= (x− 2) 2x + C.

Iz teorema 2.4 sad mozemo izracunati sumu

n∑k=0

k · 2k =n+1∑

0

x 2x δx = (x− 2) 2x∣∣n+1

0= (n− 1) 2n+1 − (0− 2) 20 = (n− 1)2n+1 + 2.

Primjer 2.12. Izracunajte sumu harmonijskih brojevan∑k=1

Hk.

Rjesenje. Prisjetimo se kako se izracunava neodredeni integral logaritamske funkcije:∫lnx dx =

[f(x) = ln x⇒ Df(x) = 1

x

Dg(x) = 1⇒ g(x) = x

]= x lnx−

∫�x ·

1

�xdx = (x− 1) ln x+ C.

Iz f(x) = Hx slijedi ∆f(x) = Hx+1 − Hx = 1x+1

, a iz ∆g(x) = 1 slijedi g(x) = x1 = x iEg(x) = x+ 1. Po formuli parcijalne sumacije imamo

n∑k=1

Hk =n+1∑

1

Hx δx = xHx

∣∣n+1

1−

n+1∑1

��(x+ 1)1

��x+ 1δx = (n+ 1)Hn+1 − 1−

n+1∑1

1 δx =

= (n+ 1)Hn+1 − 1− n = (n+ 1)(Hn+1 − 1).

Primjer 2.13. Izracunajte sumun∑k=1

k ·Hk.

Rjesenje.

n∑k=1

k ·Hk =n+1∑

1

xHx δx =

f(x) = Hx ⇒ ∆f(x) = 1x+1

∆g(x) = x⇒ g(x) = x2

2

⇒ Eg(x) = (x+1)2

2

=

=1

2x2Hx

∣∣n+1

1− 1

2

n+1∑1

��(x+ 1)x1

��x+ 1δx =

1

2(n+ 1)nHn+1 −

1

2

n+1∑1

x δx =

=1

2n(n+ 1)Hn+1 −

x2

4

∣∣∣∣n+1

1

=1

4n(n+ 1) (2Hn+1 − 1) .

Iako nemamo zatvorenu formulu za harmonijske brojeve Hn, vidimo da mozemo s njimaracunati i pojednostavljivati sume koje ih ukljucuju.


Zadaci

Zadatak 2.1. Dokazite da je ∆ : RR → RR linearni operator.

Zadatak 2.2. Prikazite x4 kao linearnu kombinaciju padajucih faktorijela. Pokusajtenaslutiti koeficijente u prikazu potencije xm kao linearne kombinacije padajucih faktorijelax1, x2, . . . , xm (pogledajte sliku na naslovnici!).

Zadatak 2.3. Dokazite da binomni teorem vrijedi i za padajuce faktorijele:

(x+ y)n =n∑k=0

(n

k

)xn−k yk.

Zadatak 2.4. Izracunajte sumun∑k=0

1

(k + 1)(k + 2)(k + 3).

Zadatak 2.5. Izracunajte dvostruku sumun∑i=1

n∑j=1

(i+ j)2.

Zadatak 2.6. Za konstantu c odredite ∆(cx). Pomocu tog rezultata izracunajten∑k=1

(−2)k

k.

Zadatak 2.7. Metodom parcijalne sumacije izracunajte:

(a)n∑k=1

k · 3k, (b)n∑k=1

k · Fk, (c)n∑k=1

2k + 1

2k, (d)

n∑k=1

k2 · 2k,

(e)n∑k=1

2k + 1

k(k + 1), (f)

n−1∑k=0

Hk

(k + 1)(k + 2), (g)

n∑k=1

2k · Fk.

Zadatak 2.8. Za m,n ∈ N dokazite formulun−1∑k=0

(k

m

)Hk =

(n

m+ 1

)(Hn −

1

m+ 1

).

Poglavlje 3

Bijektivni dokazi

Tema ovog poglavlja su dokazi kombinatornih tvrdnji u kojima uspostavljamo bijekcijuizmedu dvaju skupova. Takvi dokazi nekad se smatraju ljepsim i “vise kombinatornim”od indirektnih dokaza, u kojima ne uspostavljamo bijekciju. Poglavlje je bazirano nadijelovima knjige [22], a u njemu cemo se podsjetiti kombinatornih objekata poput putevau cjelobrojnoj mrezi, multiskupova, particija prirodnih brojeva i particija skupova.

3.1 Catalanovi brojevi

Put duljine k u cjelobrojnoj mrezi je niz (v0, v1, . . . , vk) parova vi ∈ Z2 takav da se susjedniparovi razlikuju za jedan korak u smjeru desno, lijevo, gore ili dolje, tj. vi − vi−1 ∈{(1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0,−1)}. Obicno promatramo samo najkrace puteve od pocetnogvrha v0 do krajnjeg vrha vk. Ako su koordinate od vk vece ili jednake od koordinata v0,to znaci da su dozvoljeni samo koraci desno i gore.

←→ DGDDGGDDDGDG

Slika 3.1: Najkraci putevi u cjelobrojnoj mrezi.

Propozicija 3.1. Broj najkracih puteva u cjelobrojnoj mrezi od ishodista do tocke (m,n) ∈N2 jednak je

(m+nm

).

Dokaz. Najkraci put sastoji se od m koraka desno i n koraka gore. Mozemo uspostavitibijekciju s nizovima duljine m+ n sastavljenim od m slova D i n slova G, kojih ocito ima(m+nm

)(vidi sliku 3.1).

17

18 POGLAVLJE 3. BIJEKTIVNI DOKAZI

Dyckov put1 je najkraci put u cjelobrojnoj mrezi od (0, 0) do (n, n) koji ne silazi ispodpravca y = x. Takav put pocinje i zavrsava na tom pravcu i smije ga doticati u srednjemdijelu, ali niti jedan njegov vrh ne smije imati koordinate (x, y) s x > y. Broj Dyckovihputeva jednak je n-tom Catalanovom broju2 Cn = 1

n+1

(2nn

). U skripti [26] to je dokazano

indirektno, s pomocu funkcija izvodnica, a ovdje dajemo bijektivni dokaz.

Teorem 3.2. Broj Dyckovih puteva od (0, 0) do (n, n) jednak je(

2nn

)−(

2nn+1

)= Cn.

Dokaz. Jednakost(

2nn

)−(

2nn+1

)= 1

n+1

(2nn

)provjeri se jednostavnim racunom, a navodi nas

na princip komplementa. Neka je P skup svih najkracih puteva od (0, 0) do (n, n), a Dskup svih Dyckovih puteva. Ocito je |P| =

(2nn

)i |D| = |P|−|Dc|, pa je dovoljno dokazati

da puteva koji nisu Dyckovi ima |Dc| =(

2nn+1

). Uspostavit cemo bijekciju izmedu Dc i

skupa P ′ svih najkracih puteva od (0, 0) do (n + 1, n − 1), kojih po propoziciji 3.1 ima|P ′| =

(2nn+1

).

(n, n)

(n+ 1, n− 1)

(xi, yi)

Slika 3.2: Andreova metoda zrcaljenja.

Funkciju f : Dc → P ′ definiramo takozvanom Andreovom3 metodom zrcaljenja. PutP ∈ Dc nije Dyckov, pa ima bar jedan vrh na pravcu y = x−1. Neka je (xi, yi) zadnji vrhputa P na tom pravcu. Zrcalimo dio puta od (xi, yi) do (n, n) preko pravca y = x−1 i takodolazimo do puta P ′, koji zavrsava u vrhu (n+ 1, n− 1) (slika 3.2). Funkcija f : Dc → P ′koja pridruzuje f(P ) = P ′ je bijekcija jer ima inverznu funkciju g : P ′ → Dc. Svaki putP ′ ∈ P ′ sijece pravac y = x − 1, jer su pocetna i krajnja tocka (0, 0) i (n + 1, n − 1)na suprotnim stranama tog pravca. Neka je (xi, yi) zadnja tocka puta P ′ na pravcuy = x − 1. Put P = g(P ′) dobivamo zrcaljenjem dijela P ′ od (xi, yi) do (n + 1, n − 1)preko tog pravca. Taj put zavrsava u (n, n) i nije Dyckov, jer sadrzi tocku (xi, yi). Dakle,funkcija g : P ′ → Dc je dobro definirana, a ocito je inverzna funkciji f .

1Walther Franz Anton von Dyck (1856.–1934.), njemacki matematicar.2Eugene Charles Catalan (1814.–1894.), belgijski i francuski matematicar.3Desire Andre (1840.–1917.), francuski matematicar.

3.2. MULTISKUPOVI 19

Teorem 3.3. Catalanovi brojevi zadovoljavaju Segnerovu4 rekurziju Cn =n∑k=1

Ck−1Cn−k,

za sve n ∈ N, uz pocetni uvjet C0 = 1.

Dokaz. Za brojeve zadane formulom Cn = 1n+1

(2nn

)bilo bi tesko direktno dokazati rekur-

ziju. Koristimo se kombinatornom interpretacijom iz prethodnog teorema: Cn je brojDyckovih puteva od (0, 0) do (n, n). Skup svih Dyckovih puteva podijelimo na disjunktnepodskupove prema prvom mjestu nakon ishodista na kojem doticu pravac y = x. Akoje to mjesto (k, k), takvih puteva ima Ck−1 · Cn−k. Naime, na dijelu od (0, 0) do (k, k)put ne dotice pravac y = x osim u prvoj i zadnjoj tocki. Translacijom za jednu jedinicuprema dolje mozemo ga identificirati s Dyckovim putem od (0, 0) do (k − 1, k − 1), kojihima Ck−1. Dio puta od (k, k) do (n, n) identificiramo s Dyckovim putem od (0, 0) do(n− k, n− k), kojih ima Cn−k. Rekurziju dobivamo po principu produkta i sume.

Catalanovi brojevi poznati su po brojnim kombinatornim interpretacijama, od kojihdvije navodimo u zadatku 3.2. Mnoge druge kombinatorne interpretacije dane su uknjizi [33] (vidi korolar 6.2.3 i zadatke 6.19 do 6.36).

3.2 Multiskupovi

Multiskup M = {ak11 , . . . , akss } sadrzi medusobno razlicite elemente a1, . . . , as s kratnos-

tima k1, . . . , ks. To znaci da element ai sadrzi ki puta, a ukupan broj elemenata od M je|M | = k1 + . . .+ ks = n. Broj permutacija multiskupa M je multinomni koeficijent(

n

k1, . . . , ks

)=

n!

k1! · · · ks!,

koji se javlja i u multinomnom teoremu

(x1 + . . .+ xs)n =

∑k1+...+ks=n

(n

k1, . . . , ks

)xk11 · · · xkss . (3.1)

Za s = 2 multinomni koeficijenti su binomni koeficijenti:(n

k1, k2

)=

(n

k1, n− k1

)=

(n

k1

),

a multinomni teorem prelazi u binomni teorem. Primijetimo da binomni koeficijentiprebrojavaju kombinacije skupa, dok multinomni koeficijenti prebrojavaju permutacijemultiskupa. Podmultiskup od M je oblika {ax11 , . . . , a

xss }, za 0 ≤ xi ≤ ki, i = 1, . . . , s.

Ukupan broj podmultiskupova je produkt (k1 + 1) · · · (ks + 1), a broj k-clanih podmulti-skupova, tj. k-kombinacija od M jednak je broju cjelobrojnih rjesenja jednadzbe

x1 + . . .+ xs = k (3.2)

uz uvjete 0 ≤ xi ≤ ki, i = 1, . . . , s. Ako je k ≤ min{k1, . . . , ks}, mozemo ga zapisati kaobinomni koeficijent.

4Johann Segner (1704.–1777.), madarski matematicar.


Propozicija 3.4. Broj k-kombinacija multiskupa M = {a∞1 , . . . , a∞s } jednak je(k+s−1k

).

Dokaz. Prebrojavamo cjelobrojna rjesenja jednadzbe (3.2) koja zadovoljavaju xi ≥ 0,i = 1, . . . , s. Uspostavljamo bijekciju izmedu skupa svih rjesenja i skupa svih binarnihnizova duljine k + s − 1 koji se sastoje od k nula i s − 1 jedinica. Rjesenju (x1, . . . , xs)pridruzimo niz koji pocinje s x1 nula, zatim slijedi jedna jedinica, zatim x2 nula, zatimjedna jedinica i tako dalje:

(x1, . . . , xs) ←→ 00000︸︷︷︸x1

1 0000︸︷︷︸x2

1 00000︸︷︷︸x3

1 · · · 1 0000︸︷︷︸xs

.

Inverzno preslikavanje nizu od k nula i s− 1 jedinica pridruzuje rjesenje (x1, . . . , xs), gdjeje x1 broj nula prije prve jedinice, x2 broj nula izmedu prve i druge jedinice i tako dalje(na kraju je xs broj nula nakon zadnje jedinice). Binarnih nizova ocito ima

(k+s−1k

), pa je

toliko i rjesenja jednadzbe (3.2), odnosno k-kombinacija multiskupa M .

U prethodnom dokazu nule mozemo zamijeniti kuglicama, a jedinice stapicima, pase opisana bijekcija nekad naziva “principom kuglica i stapica”. Nizove nula i jedinicamozemo tumaciti i kao permutacije multiskupa {0k, 1s−1} s dva razlicita elementa i krat-nostima k i s− 1.

Teze je prebrojati k-kombinacije kad je k veci od kratnosti pojedinih elemenata multi-skupa M = {ak11 , . . . , a

kss }. U tom slucaju koristimo se formulom ukljucivanja-iskljucivanja

ili funkcijom izvodnicom: broj k-kombinacija jednak je koeficijentu uz xk polinoma

(1 + x+ . . .+ xk1) · (1 + x+ . . .+ xk2) · · · (1 + x+ . . .+ xks).

Kod mnozenja biramo potenciju od x iz svakog faktora, a eksponent odgovara kratnostiodgovarajuceg elementa ai u podmultiskupu.

3.3 Particije brojeva

Particija prirodnog broja n ∈ N je niz µ = (µ1, . . . , µk) prirodnih brojeva takav da jeµ1 ≥ · · · ≥ µk i n = µ1 + . . .+µk. Broj n = |µ| nazivamo povrsinom, a k = `(µ) duljinomparticije µ. Na primjer, particije broja 5 su nizovi (5), (4, 1), (3, 2), (3, 1, 1), (2, 2, 1),(2, 1, 1, 1) i (1, 1, 1, 1, 1). Ukupan broj particija od n oznacavamo p(n), a broj particijaod n duljine k oznacavamo p(n, k). Vidimo da je p(5) = 7 te p(5, 1) = 1, p(5, 2) = 2,p(5, 3) = 2, p(5, 4) = 1 i p(5, 5) = 1. Iz principa sume slijedi

Propozicija 3.5.n∑k=1

p(n, k) = p(n).

Particije prirodnih brojeva vizualiziramo takozvanim Ferrersovim5 ili Youngovim6

dijagramima. Za µ = (µ1, . . . , µk) neka je dg(µ) = {(i, j) ∈ N×N | 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ µi}.Obicaj je parove iz dijagrama dg(µ) crtati kao kvadratice u cetvrtom kvadrantu, tj. ko-ordinatu i nanositi vertikalno prema dolje, a j horizontalno udesno (slika 3.3). Na tajnacin duljina particije odgovara visini Ferrersova dijagrama, a povrsina odgovara povrsini.Ferrersovi dijagrami particija broja 5 prikazani su na slici 3.4.

5Norman Macleod Ferrers (1829.-1903.), britanski matematicar.6Alfred Young, (1873.-1940.), britanski matematicar.

3.3. PARTICIJE BROJEVA 21

j j

i i

Slika 3.3: Ferrersov dijagram particije µ = (6, 6, 5, 2, 2, 1, 1) (lijevo) i njoj konjugiraneparticije µ′ = (7, 5, 3, 3, 3, 2) (desno).

Teorem 3.6. Broj particija od n duljine k jednak je broju particija od n kojima je prvi(najveci) pribrojnik µ1 = k.

Dokaz. Za particiju µ definiramo njoj konjugiranu particiju µ′ kao particiju koja ima tran-sponirani Ferrersov dijagram: dg(µ′) = {(j, i) | (i, j) ∈ dg(µ)} (slika 3.3). Konjugiranjeje involucija (bijekcija koja je sama sebi inverz) izmedu skupa svih particija od n duljinek i skupa svih particija od n s najvecim pribrojnikom µ1 = k.

Brojevi p(n, k) zadovoljavaju jednostavnu rekurziju:

Teorem 3.7. p(n, k) = p(n− 1, k − 1) + p(n− k, k), za sve n, k ∈ N.

Dokaz. Skup P svih particija od n duljine k podijelimo na dva disjunktna podskupa:P1 = {(µ1, . . . , µk) ∈ P | µk = 1} i P2 = {(µ1, . . . , µk) ∈ P | µk > 1}. Po principu sumevrijedi p(n, k) = |P| = |P1|+ |P2|. Rekurzija slijedi uspostavljanjem dviju bijekcija:

(µ1, . . . , µk−1, 1) 7→ (µ1, . . . , µk−1)

izmedu P1 i skupa svih particija od n− 1 duljine k − 1, kojih ima p(n− 1, k − 1), te

(µ1, µ2, . . . , µk) 7→ (µ1 − 1, µ2 − 1, . . . , µk − 1)

izmedu P2 i skupa svi particija od n− k duljine k, kojih ima p(n− k, k).

(5) (4, 1) (3, 2) (2, 2, 1) (2, 1, 1, 1) (1, 1, 1, 1, 1)

Slika 3.4: Ferrersovi dijagrami particija broja 5.


Kao pocetne uvjete uzimamo p(n, k) = 0 za k > n ili k < 0, p(n, 0) = 0 za n ∈ Ni p(0, 0) = 1. Zadnja jednakost opravdana je time sto prazan niz () mozemo smatratiparticijom broja 0 duljine 0. Brojevi p(n) zadovoljavaju kompliciraniju rekurziju u kojojse javljaju takozvani generalizirani peterokutni brojevi, a izvest cemo je u poglavlju o

funkcijama izvodnicama. Funkcija izvodnica f(x) =∞∑n=0

p(n)xn jednaka je beskonacnom

produktu geometrijskih redova:

f(x) = (1 + x+ x2 + x3 + . . .) · (1 + x2 + x4 + x6 + . . .) · (1 + x3 + x6 + x9 + . . .) · · ·

=1

1− x· 1

1− x2· 1

1− x3· · · =

∞∏k=1

1

1− xk.

Racun s beskonacnim sumama i produktima opravdat cemo kasnije. Za sada napomenimoda izbor potencije xi iz prvog faktora znaci da u particiji imamo i jedinica, izbor potencijex2j iz drugog faktora znaci da u particiji imamo j dvojki i tako dalje.

3.4 Particije skupova

Particija skupa S je familija {Si | i ∈ I} nepraznih podskupova ∅ 6= Si ⊆ S koji sumedusobno disjunktni (Si ∩ Sj = ∅, ∀i, j ∈ I, i 6= j) i unija im je cijeli S ( ∪

i∈ISi = S).

Podskupove Si zovemo blokovima particije. Relacija ekvivalencije na skupu S je binarnarelacija ∼⊆ S × S koja je refleksivna (x ∼ x, ∀x ∈ S), simetricna (x ∼ y ⇒ y ∼ x) itranzitivna (x ∼ y i y ∼ z ⇒ x ∼ z). Particije i relacije ekvivalencije na skupu S su ubijektivnoj korespondenciji.

Teorem 3.8. Postoji bijekcija izmedu skupa svih relacija ekvivalencije na skupu S i skupasvih particija skupa S.

Dokaz. Relaciji ekvivalencije ∼ na S pridruzimo skup svih klasa ekvivalencije: {[x] | x ∈S}, pri cemu je [x] = {y ∈ S | x ∼ y}. Iz refleksivnosti slijedi da su klase ekvivalencijeneprazne, a iz simetricnosti i tranzitivnosti da za x ∼ y vrijedi [x] = [y], a za x 6∼ y vrijedi[x] ∩ [y] = ∅. Zato skup svih klasa ekvivalencije cini particiju skupa S.

Obrnuto, particiji {Si | i ∈ I} skupa S pridruzimo binarnu relaciju ∼ na S definiranusa: x ∼ y ako postoji i ∈ I takav da su x, y ∈ Si. Iz svojstva particije slijedi da je∼ relacijaekvivalencije. Opisana pridruzivanja su jedna drugom inverzna, pa su bijekcije.

Zanima nas slucaj kad je skup S konacan i ima n elemenata. Tada broj svih par-ticija skupa S ili relacija ekvivalencije na skupu S zovemo n-tim Bellovim7 brojem ioznacavamo Bn. Na primjer, particije skupa S = {1, 2, 3} su {{1, 2, 3}}, {{1, 2}, {3}},{{1, 3}, {2}}, {{1}, {2, 3}} i {{1}, {2}, {3}}, pa je B3 = 5. Po dogovoru stavljamo B0 = 1.

Teorem 3.9. Bellovi brojevi zadovoljavaju rekurziju Bn =n∑k=1

(n−1k−1

)Bn−k.

7Eric Temple Bell (1883.–1960.), skotski matematicar i autor znanstvene fantastike (pod pseudonimomJohn Taine).

3.4. PARTICIJE SKUPOVA 23

Dokaz. Neka je P skup svih particija od S = {1, . . . , n}, a Pk skup particija od S ukojima je element n pokriven blokom velicine k. Po principu sume je Bn = |P| =

|P1 ∪ · · · ∪ Pn| =n∑k=1

|Pk|. Da bismo prebrojali particije iz Pk, biramo k − 1 eleme-

nata iz {1, . . . , n− 1} koje cemo staviti u blok zajedno s n, sto mozemo na(n−1k−1

)nacina.

Preostalih n − k elemenata particioniramo na Bn−k nacina. Po principu produkta je|Pk| =

(n−1k−1

)·Bn−k i time je rekurzija dokazana.

Stirlingov8 broj druge vrste{nk

}je broj particija n-clanog skupa koje se sastoje od k

blokova. Na primjer, vrijedi{

31

}= 1 jer postoji jedna particija od {1, 2, 3} s jednim

blokom: {{1, 2, 3}}, vrijedi{

32

}= 3 jer postoje tri particije od {1, 2, 3} s dva bloka:

{{1, 2}, {3}}, {{1, 3}, {2}} i {{1}, {2, 3}} te vrijedi{

33

}= 1 jer postoji jedna particija od

{1, 2, 3} s tri bloka: {{1}, {2}, {3}}. Ocito za svaki n ∈ N vrijedi{n1

}={nn

}= 1.

Primjer 3.10. Za n ∈ N odredite{n2

}i{

nn−1

}.

Rjesenje. Particija n-clanog skupa S na dva bloka je oblika {A,Ac}, pri cemu je A ⊆ Sneprazan podskup i Ac = S \ A njegov komplement. Skup A mozemo izabrati na 2n − 2nacina (A i Ac moraju biti neprazni), a time je jednoznacno odreden Ac. Taj broj trebapodijeliti s 2 jer zamjenom A i Ac dobivamo istu particiju. Dakle,

{n2

}= 2n−1 − 1.

Particija n-clanog skupa na n − 1 blokova svodi se na izbor dvaju elemenata koje cemostaviti u isti blok, a svi ostali elementi su u jednoclanim blokovima. Zato je

{nn−1

}=(

n2

).

Po dogovoru stavljamo{n0

}= 0 za n ∈ N i

{00

}= 1. Analogno kao sto dokazujemo

n∑k=0

(nk

)= 2n, za Stirlingove brojeve druge vrste iz principa sume slijedi


{nk

}= Bn, za sve n ∈ N0.

Iduce svojstvo analogno je Pascalovoj formuli(nk

)=(n−1k−1

)+(n−1k

).

Teorem 3.12.{nk

}={n−1k−1

}+ k ·

{n−1k

}, za sve n, k ∈ N.

Dokaz. Neka je S = {1, . . . , n}. Pascalovu formulu dokazujemo tako da skup svih k-kombinacija od S podijelimo na dva disjunktna podskupa prema tome sadrze li ili nesadrze element n. Analogno, skup P svih particija od S na k blokova podijelimo nadisjunktne podskupove P1 i P2. Particiju stavljamo u P1 ako sadrzi jednoclan skup{n} kao blok, a u P2 ako ga ne sadrzi. Vrijedi |P1| =

{n−1k−1

}zbog bijekcije s partici-

jama od {1, . . . , n − 1} na k − 1 blokova (oduzimanje/dodavanje bloka {n}). Jednakost|P2| = k ·

{n−1k

}dokazujemo uspostavljanjem bijekcije izmedu P2 i skupa svih particija

od {1, . . . , n − 1} na k blokova s jednim istaknutim blokom. U particiji iz P2 element nnije sam u bloku, pa ga izbacimo i istaknemo blok u kojem je bio. Obrnuto, particiji od{1, . . . , n − 1} dodamo element n u istaknuti blok i tako dobivamo particiju iz P2. Poprincipu sume vrijedi

{nk

}= |P| = |P1|+ |P2| =

{n−1k−1

}+ k ·

{n−1k

}.

8James Stirling (1692.–1770.), skotski matematicar.


Broj surjekcija s n-clanog na k-clani skup oznacavamo Sur(n, k). Ako je f : {1, . . . , n} →{1, . . . , k} surjekcija, onda su praslike f−1(j) = {i ∈ {1, . . . , n} | f(i) = j} neprazni pod-skupovi domene, za sve j ∈ {1, . . . , k} iz kodomene. Tako dolazimo do bijekcije

f : {1, . . . , n} → {1, . . . , k} ←→ (f−1(1), . . . , f−1(k))

izmedu skupa svih surjekcija i skupa svih “uredenih particija” domene na k blokova.Buduci da “uredenih particija” ima k! puta vise od “obicnih particija”, zakljucujemo davrijedi

Propozicija 3.13. Sur(n, k) = k! ·{nk

}.

Na kraju ovog poglavlja objasnit cemo jos jednu zanimljivu kombinatornu interpre-taciju Stirlingovih brojeva druge vrste. Top je sahovska figura koja napada sva polja ustupcu i retku u kojem se nalazi (slika 3.5).

Slika 3.5: Polja sahovske ploce koja napada figura topa.

Broj rasporeda n identicnih topova na n × n sahovsku plocu tako da se ne napadajujednak je n!, sto vidimo uspostavljanjem bijekcije s permutacijama stupnja n (slika 3.6).

←→ (5, 1, 7, 3, 2, 4, 8, 6)

Slika 3.6: Bijekcija izmedu rasporeda topova i permutacija.


Primjer 3.14. Na koliko nacina mozemo postaviti k identicnih topova na n×n sahovskuplocu tako da se ne napadaju?

Rjesenje. Prvo biramo k redaka i stupaca na koje cemo staviti topove, a zatim ih posta-

vljamo na k × k plocu u presjeku izabranih redaka i stupaca. Broj rasporeda je(nk

)2 · k!.Alternativno, prvi top mozemo postaviti na n2 nacina, drugi na (n− 1)2 nacina, a zadnjina (n − k + 1)2 nacina. Produkt tih brojeva je (nk)2, a treba ga podijeliti s k! jer nerazlikujemo topove. Broj rasporeda je 1

k!· (nk)2, sto se podudara s prvim rezultatom.

Sad promotrimo plocu ∆n koju dobijemo iz kvadratne n× n ploce izbacivanjem svihpolja na sporednoj dijagonali i ispod nje. Rijec je o Ferrersovom dijagramu particijeµ = (n− 1, n− 2, . . . , 2, 1) povrsine n(n−1)

2i duljine n− 1 (slika 3.7).

Slika 3.7: Ploca ∆8.

Teorem 3.15. Broj rasporeda k identicnih topova na plocu ∆n tako da se ne napadajujednak je Stirlingovom broju druge vrste

{n

n−k

}.

Dokazat cemo teorem na dva nacina. Prvi dokaz je indirektan i koristi rekurziju izteorema 3.12.

Dokaz 1. Oznacimo s t(n, k) broj rasporeda n− k topova na ploci ∆n. Pokazat cemo dati brojevi zadovoljavaju istu rekurziju i pocetne uvjete kao Stirlingovi brojevi druge vrste.Zato je t(n, k) =

{nk

}, iz cega slijedi tvrdnja teorema.

Slika 3.8: Jedini raspored n− 1 topova na ploci ∆n (za n = 6).


Na plocu ∆n ne mozemo postaviti n topova jer ima samo n− 1 redaka, pa je t(n, 0) =0. Na samo jedan nacin mozemo postaviti 0 topova (prazna ploca), pa je t(n, n) = 1.Takoder, na samo jedan nacin mozemo postaviti n − 1 topova (slika 3.8), pa vrijedit(n, 1) = 1. Vidimo da brojevi t(n, k) zadovoljavaju iste pocetne uvjete kao

{nk

}.

Neka je T skup svih rasporeda n − k topova na ploci ∆n, tako da je |T | = t(n, k).Rastavimo ga na skup rasporeda T1 u kojima je prvi redak ploce prazan i skup rasporeda T2

u kojima je u prvom retku ploce top. Rasporede u T1 mozemo identificirati s rasporediman − k topova na ploci ∆n−1, pa je |T1| = t(n − 1, k − 1). Tvrdimo da vrijedi |T2| =k · t(n − 1, k). Prvo rasporedimo n − k − 1 topova na donjih n − 2 redaka od ∆n, stomozemo na t(n−1, (n−1)−(n−k−1)) = t(n−1, k) nacina. Zadnji top stavit cemo na nekood n− 1 polja prvog retka koja nisu napaduta nekim od vec postavljenih topova. Takvihpolja ima n− 1− (n− k− 1) = k, pa je ukupan broj rasporeda u T2 zaista k · t(n− 1, k).Po principu sume vrijedi t(n, k) = |T | = |T1|+ |T2| = t(n− 1, k − 1) + k · t(n− 1, k), stoje ista rekurzija kao u teoremu 3.12.

U drugom dokazu teorema 3.15 uspostavljamo bijekciju izmedu rasporeda topova iparticija.

Dokaz 2. Napisimo brojeve 1, . . . , n na mjesta uklonjene sporedne dijagonale ploce ∆n

odozdo prema gore, kao na slici 3.9. Time smo retke ploce ∆n oznacili redom brojeviman, . . . , 2, a stupce sa 1, . . . , n− 1. Uspostavit cemo bijekciju izmedu skupa svih particijaod {1, . . . , n} sa n− k blokova i rasporeda k topova na ∆n.

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

←→ {{1, 6, 8}, {2, 3, 5, 9}, {4}, {7, 10}}

Slika 3.9: Topovska bijekcija za teorem 3.15.

Za particiju skupa {1, . . . , n} mozemo pretpostaviti da su brojevi unutar blokova za-pisani uzlazno. Za svaki par uzastopnih brojeva j < i unutar istog bloka stavljamo topna mjesto (i, j), tj. u redak oznacen brojem i i stupac oznacen brojem j. Na primjer,uzastopni parovi brojeva u istom bloku particije sa slike 3.9 su (1, 6), (6, 8), (2, 3), (3, 5),(5, 9) i (7, 10), a topove stavljamo na mjesta (6, 1), (8, 6), (3, 2), (5, 3), (9, 5) i (10, 7).Uvjerite se da smo na taj nacin postavili k topova koji se medusobno ne napadaju.

Obrnuto, za raspored k topova na ploci ∆n definiramo particiju od {1, . . . , n} nasljedeci nacin. Ako se u stupcu oznacenim s 1 ne nalazi top, onda je broj 1 sam u bloku


particije. Ako se top nalazi u retku oznacenim s i, onda je i drugi broj po redu u blokukoji sadrzi 1. Zatim pogledamo stupac oznacen s i. Ako je prazan imamo dvoclani blok{1, i}, a ako sadrzi top u retku oznacenim s j blok pocinje sa {1, i, j . . .}. Nastavljamodok ne dodemo do praznog stupca, a zatim gledamo prvi stupac koji jos nismo provjerilii analogno definiramo drugi blok particije. Uvjerite se da na taj nacin na kraju dobivamoparticiju sa n− k blokova.

Opisana preslikavanja su jedna drugom inverzna, pa imamo “topovsku bijekciju”.

Zadaci

Zadatak 3.1. Dokazite identitetn∑k=0

(nk

)2=(

2nn

)dvostrukim prebrojavanjem, rabeci inter-

pretaciju binomnog koeficijenta na desnoj strani kao broja najkracih puteva u cjelobrojnojmrezi od (0, 0) do (n, n).

Zadatak 3.2. Neka Pn oznacava broj “planinskih lanaca” koji se mogu nacrtati s nznakova / i n znakova \, a ne silaze ispod pocetnog nivoa. Na primjer, P3 = 5:

/\

/\ /\ /\/\ / \

/\/\/\ / \/\ /\/ \ / \ / \

Neka Nn oznacava broj konfiguracija novcica koje u prvom retku imaju n novcica jedando drugog, a u svakom sljedecem retku svaki novcic dodiruje dva susjedna novcica izprethodnog retka. Na primjer, N3 = 5:

Dokazite da je Pn = Nn = Cn (n-ti Catalanov broj) na tri nacina:

(a) uspostavljanjem bijekcije s Dyckovim putevima u cjelobrojnoj mrezi,

(b) provjerom da Pn i Nn zadovoljavaju rekurziju iz teorema 3.3,

(c) direktnim prebrojavanjem s pomocu metode komplementa: Pn = Nn =(

2nn

)−(

2nn+1

).

Zadatak 3.3. Na koliko nacina mozemo podijeliti k identicnih bombona medu s djece?

Zadatak 3.4. Koliko ima cjelobrojnih rjesenja jednadzbe x1 + x2 + x3 + x4 = 18 kojazadovoljavaju uvjete xi ≥ i, za i = 1, 2, 3, 4?

Zadatak 3.5. Odredite konjugiranu particiju od µ = (9, 7, 5, 2, 2, 1, 1, 1).

Zadatak 3.6. Neka Vn oznacava broj particija n-clanog skupa u kojima nema jednoclanihblokova. Dokazite da je Bn = Vn + Vn+1.

Zadatak 3.7. Dokazite da za n ∈ N vrijedi{n3

}= 1

2(3n−1 − 2n + 1).


Zadatak 3.8. Dokazite formulun∑k=1

k

{n

k

}= Bn+1 −Bn.

Zadatak 3.9. Dokazite binomni teorem za broj surjekcija: za sve n, x, y ∈ N vrijedi

Sur(n, x+ y) =n∑i=0

(n

i

)Sur(n− i, x) Sur(i, y).

Zadatak 3.10. Na koliko nacina mozemo rasporediti n predmeta u k kutija, ako:

(a) predmeti su razliciti i kutije su razlicite,

(b) predmeti su identicni, a kutije su razlicite,

(c) predmeti su razliciti, a kutije su identicne,

(d) predmeti su identicni i kutije su identicne?

Zadatak 3.11. Isto pitanje kao u prethodnom zadatku, ali uz uvjet da niti jedna kutijane ostane prazna.

Zadatak 3.12. Nacrtajte raspored topova na ploci ∆10 koji odgovara particiji {{1}, {2, 6},{3, 9}, {4, 5, 7, 8}, {10}}.

Zadatak 3.13. Odredite particiju skupa {1, . . . , 10} koja odgovara rasporedu topova naslici.

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

Zadatak 3.14. U poglavlju o diferencijskom racunu izveli smo formulen∑k=1

k = n(n+1)2

in∑k=1

k3 = n2(n+1)2

4. Iz toga slijedi identitet

n∑k=1

k3 =

(n∑k=1

k

)2

, poznat kao Nikoma-

hov teorem.9 Dokazite ga kombinatorno, uspostavljanjem bijekcije izmedu skupa parova{({a, b}, {c, d}) | 0 ≤ a, b, c, d ≤ n, a 6= b, c 6= d} i skupa cetvorki {(a, b, c, d) | 0 ≤ a, b, c <d ≤ n}.

9Nikomah iz Gerase (oko 60.–120. godine), starogrcki matematicar i filozof.

Poglavlje 4

Stirlingovi brojevi

U prethodnom poglavlju upoznali smo Stirlingove brojeve druge vrste, koji prebrojavajuparticije konacnog skupa sa zadanim brojem blokova. Sad cemo prouciti Stirlingove bro-jeve prve vrste, koji prebrojavaju permutacije sa zadanim brojem ciklusa.

Skup svih permutacija skupa {1, . . . , n}, tj. bijekcija π : {1, . . . , n} → {1, . . . , n},oznacavamo Sn. Uz kompoziciju kao binarnu operaciju, (Sn, ◦) je grupa koju zovemosimetricnom grupom stupnja n. Vaznost simetricne grupe vidimo iz Cayleyeva1 teorema,koji kaze da je svaka konacna grupa reda n izomorfna podgrupi od Sn.

Permutacije zapisujemo na sljedeci nacin:

π =

(1 2 · · · n

π(1) π(2) · · · π(n)

).

Drugi nacin zapisivanja permutacija je kao produkt disjunktnih ciklusa. Ciklus ili ciklickapermutacija (i1 i2 · · · is) je permutacija koja preslikava i1 7→ i2, i2 7→ i3, . . . is 7→ i1, aostale elemente iz {1, . . . , n} preslikava u same sebe. Broj s nazivamo duljinom ciklusa.Za cikluse π1 = (i1 · · · is) i π2 = (j1 · · · jt) kazemo da su disjunktni ako je {i1, . . . , is} ∩{j1, . . . , jt} = ∅. Kompozicija permutacija opcenito nije komutativna, ali za disjunktnecikluse vrijedi π1◦π2 = π2◦π1. U nastavku cemo kompoziciju permutacija zvati produktomi zapisivat cemo je bez znaka ‘◦’.

Propozicija 4.1. Svaka permutacija π ∈ Sn moze se zapisati kao produkt disjunktnihciklusa. Zapis je jedinstven do na poredak ciklusa.

Skica dokaza. Za i ∈ {1, . . . , n} neka je s ∈ N najmanji prirodan broj sa svojstvomπs(i) = i. Onda je (i π(i) · · · πs−1(i)) ciklus od π koji sadrzi element i. Na taj nacindobivamo cikluse koji su disjunktni ili se podudaraju, a π je njihov produkt.

Na primjer, neka je

π =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 105 4 8 1 2 6 10 3 9 7

).

1Arthur Cayley (1821.–1895.), britanski matematicar.

29

30 POGLAVLJE 4. STIRLINGOVI BROJEVI

Prvom bojom obojimo brojeve 1, π(1) = 5, π2(1) = 2, . . . (dok ne dodemo ponovo do 1):

π =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 105 4 8 1 2 6 10 3 9 7

).

Drugom bojom obojimo najmanji broj koji jos nije obojan i njegove slike po π:

π =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 105 4 8 1 2 6 10 3 9 7

).

Nastavimo tako bojati dok ne obojimo sve brojeve:

π =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 105 4 8 1 2 6 10 3 9 7

).

Boje odreduju cikluse od π:

π = (1 5 2 4)(3 8)(6)(7 10)(9).

Ponekad se ciklusi duljine 1 ne pisu, jer predstavljaju identitetu, ali mi cemo brojati itakve cikluse. Ovo je permutacija stupnja 10 koja ima 5 ciklusa. Duljine ciklusa, sortiranesilazno, daju particiju µ = (4, 2, 2, 1, 1) prirodnog broja 10 koju nazivamo ciklickim tipompermutacije π.

Stirlingov broj prve vrste[nk

]je broj permutacija stupnja n koje u rastavu na dis-

junktne cikluse imaju tocno k ciklusa (racunajuci i cikluse duljine 1). Na primjer,[

42

]=

11 jer postoji 11 permutacija stupnja 4 s dva ciklusa: (1 2 3)(4), (1 3 2)(4), (1 2 4)(3),(1 4 2)(3), (1 3 4)(2), (1 4 3)(2), (2 3 4)(1), (2 4 3)(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4) i (1 4)(2 3).

Neka je S = {1, . . . , n}. Stirlingov broj druge vrste{nk

}je broj nacina na koji elemente

iz S mozemo rasporediti u k disjunktnih podskupova, a Stirlingov broj prve vrste[nk

]je

broj nacina na koji ih mozemo rasporediti u k disjunktnih ciklusa. Ako su zadani elementii1, . . . , is, time je odreden samo jedan podskup {i1, . . . , is}. Medutim, od tih elemenatamozemo napraviti (s− 1)! razlicitih ciklusa, pa ocito vrijedi

Propozicija 4.2.{nk

}≤[nk

].

Zbrajanjem Stirlingovih brojeva druge vrste po indeksu k dobili smo ukupan brojparticija Bn (propozicija 3.11). Na analogan nacin slijedi


[nk

]= n!, za sve n ∈ N0.

Ovdje uzimamo da je[n0

]= 0 za n ∈ N i

[00

]= 1.

Primjer 4.4. Za n ∈ N odredite[n1

],[

nn−1

]i[nn

].

Rjesenje. Prebrojavamo permutacije stupnja n koje imaju samo jedan ciklus, tj. ciklickepermutacije stupnja n i duljine n. To je isto kao da brojimo rasporede n ljudi oko okruglogstola, a rezultat je

[n1

]= (n−1)!. Ocito je

[nn

]= 1 (samo identiteta ima n ciklusa duljine 1,

tj. n fiksnih tocaka), a[

nn−1

]svodi se na izbor dvaju elementa koje cemo staviti u ciklus

duljine 2 i vrijedi[

nn−1

]=(n2

).

31

Iduci teorem je rekurzija za Stirlingove brojeve prve vrste analogna Pascalovoj formuliza binomne koeficijente i teoremu 3.12 za Stirlingove brojeve druge vrste.

Teorem 4.5.[nk

]=[n−1k−1

]+ (n− 1) ·

[n−1k

], za sve n, k ∈ N.

Dokaz. Neka je P skup svih permutacija iz Sn koje imaju k ciklusa. Podijelimo ga nadva disjunktna podskupa: P1 sadrzi permutacije iz P kojima je (n) ciklus (tj. n je fiksnatocka), a P2 sadrzi permutacije kojima (n) nije ciklus. Ocito je |P1| =

[n−1k−1

], a jednakost

|P2| = (n − 1) ·[n−1k

]slijedi dodavanjem elementa n nekom od k ciklusa permutacije iz

Sn−1. Dodavanjem elementa u ciklus duljine d dobivamo d razlicitih ciklusa. Na primjer,za n = 4 i d = 3 od ciklusa (1 2 3) dobivamo cikluse (1 2 3 4), (1 2 4 3) i (1 4 2 3).Dodavanjem cetvorke na prvo mjesto dobili bismo istu permutaciju kao dodavanjem nazadnje mjesto. Neka permutacija iz Sn−1 sa k ciklusa ima cikluse duljina s1, . . . , sk. Tadaje s1 + . . .+sk = n−1, pa je ukupan broj nacina na koji mozemo dodati element n nekomod njezinih ciklusa uvijek n− 1. Rekurzija slijedi iz principa sume.

Iz Pascalove rekurzije za binomne koeficijente dobivamo poznati “Pascalov trokut”(tablica 4.1). Slicno, iz teorema 4.5 dobivamo “Stirlingov trokut prve vrste” (tablica 4.2),a iz teorema 3.12 “Stirlingov trokut druge vrste” (tablica 4.3). Na slican nacin mozemoracunati i Bellove brojeve. Neka je a(n, k) broj particija skupa {1, . . . , n + 1} u kojimaelementi k+ 1, . . . , n nisu u bloku s elementom n+ 1. Ako je k = 0, element n+ 1 je samu bloku i broj takvih particija je jednak broju particija skupa {1, . . . , n}, tj. a(n, 0) = Bn.Osim toga vrijedi a(n− 1, n− 1) = Bn jer tada nemamo uvjet da neki elementi ne smijubiti u bloku s n.

Teorem 4.6. a(n, k) = a(n, k − 1) + a(n− 1, k − 1), za sve n, k ∈ N.

Dokaz. Neka je P skup svih particija skupa {1, . . . , n+ 1} u kojima elementi k+ 1, . . . , nnisu u bloku s elementom n+ 1. Podijelimo ga u dva disjunktna podskupa: u P1 stavimo

n k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

7 1 7 21 35 35 21 7 1

8 1 8 28 56 70 56 28 8 1

9 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

10 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

Tablica 4.1: Pascalov trokut.


n k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 1

1 0 1

2 0 1 1

3 0 2 3 1

4 0 6 11 6 1

5 0 24 50 35 10 1

6 0 120 274 225 85 15 1

7 0 720 1764 1624 735 175 21 1

8 0 5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1

9 0 40320 109584 118124 67284 22449 4536 546 36 1

10 0 362880 1026576 1172700 723680 269325 63273 9450 870 45 1

Tablica 4.2: Stirlingov trokut prve vrste.

sve takve particije u kojima niti k nije u bloku s n+1, a u P2 particije u kojima su k i n+1u istom bloku. Ocito je |P| = a(n, k) i |P1| = a(n, k − 1). Identificiranjem elemenata k in+ 1 mozemo uspostaviti bijekciju izmedu skupa P2 i skupa svih particija od {1, . . . , n}u kojima elementi k, . . . , n− 1 nisu u bloku s n. Stoga je |P2| = a(n− 1, k− 1), pa vrijedia(n, k) = |P| = |P1|+ |P2| = a(n, k − 1) + a(n− 1, k − 1).

“Bellov trokut” dan je u tablici 4.4. Pocinjemo s a(0, 0) = a(1, 0) = 1 te izracunamoa(1, 1) = a(1, 0) + a(0, 0) = 2 = B2. Zatim taj broj prepisemo na pocetak drugog retkaa(2, 0) = B2 = 2 i s pomocu rekurzije iz teorema 4.6 izracunamo ostale brojeve iz tog

n k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 1

1 0 1

2 0 1 1

3 0 1 3 1

4 0 1 7 6 1

5 0 1 15 25 10 1

6 0 1 31 90 65 15 1

7 0 1 63 301 350 140 21 1

8 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1

9 0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1

10 0 1 511 9330 34105 42525 22827 5880 750 45 1

Tablica 4.3: Stirlingov trokut druge vrste.

33

n k 0 1 2 3 4 5 6 7 8

0 1

1 1 2

2 2 3 5

3 5 7 10 15

4 15 20 27 37 52

5 52 67 87 114 151 203

6 203 255 322 409 523 674 877

7 877 1080 1335 1657 2066 2589 3263 4140

8 4140 5017 6097 7432 9089 11155 13744 17007 21147

Tablica 4.4: Bellov trokut.

retka. Zadnji broj ponovo prepisemo na pocetak sljedeceg retka itd. Bellovi brojevi su narubovima ovog trokuta.

U knjizi [22] dana je topovska interpretacija Stirlingovih brojeva prve vrste analognainterpredaciji Stirlingovih brojeva druge vrste koju smo upoznali u prethodnom poglavlju.Slabi top je izmisljena sahovska figura koja napada sva polja u retku u kojem se nalazi,ali ne u stupcu (slika 4.1). Loehr [22] takvu figuru naziva wrook (od weak rook), a micemo je kratko zvati slop.

Slika 4.1: Polja sahovske ploce koja napada figura slabog topa.

Primjer 4.7. Na koliko nacina mozemo postaviti k identicnih slopova na n×n sahovskuplocu tako da se ne napadaju?

Rjesenje. Prvo biramo k redaka u koje cemo postaviti slopove, a zatim u svakom izabra-nom retku biramo bilo koji od n stupaca. Broj rasporeda je

(nk

)· nk.

Teorem 4.8. Broj rasporeda k identicnih slabih topova na plocu ∆n tako da se ne napa-daju jednak je Stirlingovom broju prve vrste

[n

n−k

].


Dokaz. Oznacimo sa st(n, k) broj rasporeda n − k slabih topova na ploci ∆n. Pokazatcemo da ti brojevi zadovoljavaju rekurziju iz teorema 4.5, uz iste pocetne uvjete kao iStirlingovi brojevi prve vrste. Zato je st(n, k) =

[nk

], sto dokazuje teorem.

Na plocu ∆n ne mozemo postaviti n slopova jer ima samo n−1 redaka, pa je st(n, 0) =0. Na samo jedan nacin mozemo postaviti 0 slopova (prazna ploca), pa je st(n, n) = 1.Broj nacina na koje mozemo postaviti n−1 slopova je (n−1)!, pa vrijedi st(n, 1) = (n−1)!.Dakle, brojevi st(n, k) zadovoljavaju iste pocetne uvjete kao

[nk

].

Neka je S skup svih rasporeda n − k slopova na ploci ∆n, tako da je |S| = st(n, k).Rastavimo ga na skup rasporeda S1 u kojima je prvi redak prazan i skup rasporeda S2

u kojima je u prvom retku ploce jedan slop. Rasporede iz S1 mozemo identificirati srasporedima n − k slopova na ploci ∆n−1, pa je |S1| = st(n − 1, k − 1). Jednakost|S2| = (n − 1) · st(n − 1, k) dobivamo tako da stavimo jednog slopa u prvi redak ploce(n− 1 mogucnosti), a preostalih n− k − 1 slopova rasporedimo na donji dio ploce ∆n−1

(st(n − 1, n − 1 − (n − k − 1)) = st(n − 1, k) mogucnosti). Po principu sume vrijedist(n, k) = |S| = |S1| + |S2| = st(n − 1, k − 1) + (n − 1) · st(n − 1, k), sto je rekurzija izteorema 4.5.

Teorem se moze dokazati i uspostavljanjem “slopovske bijekcije” izmedu permutacijaiz Sn i rasporeda slabih topova na ∆n (slika 4.2). Jos jedna vazna interpretacija Stirlingo-vih brojeva prve i druge vrste tice se koeficijenata pri prijelazu iz razlicitih baza prostorapolinoma. Standardnu bazu cine monomi, tj. potencije varijable x:

S = {1, x, x2, x3, x4, . . .}.

Padajuce i rastuce faktorijele takoder su baze prostora polinoma:

P = {1, x1 = x, x2 = x(x− 1), x3 = x(x− 1)(x− 2), . . .},

R = {1, x1 = x, x2 = x(x+ 1), x3 = x(x+ 1)(x+ 2), . . .}.

S problemom prijelaza iz baze S u bazu P susreli smo se kod izracunavanja suma oblikam∑k=1

kn pomocu diskretne Newton-Leibnizove formule (vidi diskusiju iza primjera 2.5).

Iduci teorem kaze da su koeficijenti prijelaza Stirlingovi brojevi druge vrste.

(1)(2)(3) ←→3

2

1

(1 2)(3) ←→3

2

1

(1 3)(2) ←→3

2

1

(1)(2 3) ←→3

2

1

(1 2 3)

(1 3 2)

}←→

3

2

1

3

2

1

Slika 4.2: Slopovska bijekcija za n = 3.

35

Teorem 4.9. (S → P) xn =n∑k=0

{nk

}xk.

Dokaz 1. Relaciju mozemo dokazati indukcijom po n uz pomoc rekurzije iz teorema 3.12.Relacija ocito vrijedi za n = 0. Pretpostavimo da vrijedi za n − 1 i dokazimo je za n.Uocimo da je

xk+1 = xk · (x− k) =⇒ x · xk = xk+1 + k · xk. (4.1)

Iz pretpostavke indukcije slijedi

xn = x · xn−1 = x ·n−1∑k=0

{n− 1

k

}xk =

n−1∑k=0

{n− 1

k

}x · xk

(4.1)

=

=n−1∑k=0

{n− 1

k

}(xk+1 + k · xk

)=

n−1∑k=0

{n− 1

k

}xk+1 +

n−1∑k=0

k ·{n− 1

k

}xk =

=n∑k=1

{n− 1

k − 1

}xk +

n−1∑k=0

k ·{n− 1

k

}xk =

={n

0

}x0 +

n−1∑k=1

({n− 1

k − 1

}+ k ·

{n− 1

k

})xk + xn

tm. 3.12

=n∑k=0

{nk

}xk.

Dokaz 2. Relaciju mozemo dokazati i dvostrukim prebrojavanjem, uz pomoc topovskeinterpretacije Stirlingovih brojeva druge vrste. Na lijevoj i na desnoj strani relacije jepolinom stupnja n. Ako provjerimo da jednakost vrijedi za sve x ∈ N, slijedit ce i zasve x ∈ R. Za prirodan broj x ∈ N, neka je ∆n(x) prosirena ploca ∆n kojoj na lijevojstrani dodamo pravokutnik dimenzija n×x (slika 4.3). To je Ferrersov dijagram particije

µ = (x+ n− 1, x+ n− 2, . . . , x+ 1, x) povrsine nx+ n(n−1)2

i duljine n. Prebrojavamo nadva nacina koliko na toj ploci ima rasporeda n topova koji se ne napadaju.

Rasporede je najlakse prebrojati stavljajuci jednog topa u svaki redak odozdo premagore. Za donji redak imamo x mogucnosti. Za redak iznad ponovo imamo x mogucnosti:

5

︸︷︷︸

3

︸︷︷︸∆5

Slika 4.3: Ploca ∆5(3)


redak je siri za jedno polje, ali ne smijemo staviti topa u stupac napadnut prvim topom.Za sve retke iznad takoder imamo x mogucnosti, pa je ukupan broj rasporeda xn.

Rasporede brojimo na drugi nacin tako da ih podijelimo u disjunktne podskupoveprema tome koliko je topova na pravokutniku n×x (“prosirenju”), a koliko je na ploci ∆n.Neka je k broj topova na pravokutniku, a n−k na ∆n. Prvo stavimo n−k topova na ∆n,za sto prema teoremu 3.15 imamo

{nk

}mogucnosti. U k redaka pravokutnika koji nisu

napadnuti topovima koje smo stavili na ∆n trebamo staviti preostalih k topova. Za prvogtopa imamo x mogucnosti, za drugog x−1 (ne smijemo ga staviti u stupac napadnut prvimtopom postavljenim na pravokutnik) i tako dalje. Broj rasporeda topova na pravokutnikuje padajuca faktorijela xk. Po principu produkta broj rasporeda za zadani k je

{nk

}xk, a

ukupan broj rasporeda je suma na desnoj strani.

Stirlingovi brojevi prve vrste su koeficijenti prijelaza iz baze rastucih faktorijela R ustandardnu bazu S prostora polinoma:

Teorem 4.10. (R → S) xn =n∑k=0

[nk

]xk.

Teorem dokazujemo analogno, indukcijom po n uz pomoc rekurzije iz teorema 4.5, ilidvostrukim prebrojavanjem rasporeda n slabih topova na prosirenoj ploci ∆n(x). Koefi-

cijente prijelaza iz baze S u bazu R izvodimo iz teorema 4.9 i relacije (−x)k = (−1)kxk:

xn = (−1)n(−x)ntm. 4.9

= (−1)nn∑k=0

{nk

}(−x)k = (−1)n

n∑k=0

{nk

}(−1)kxk.

Teorem 4.11. (S → R) xn =n∑k=0

(−1)n−k{nk

}xk.

Na slican nacin dobivamo

Teorem 4.12. (P → S) xn =n∑k=0

(−1)n−k[nk

]xk.

Iz teorema 4.9 i 4.12 te teorema 4.10 i 4.11 vidimo da su Stirlingovi brojevi prve idruge vrste “medusobno inverzni”, ako jednima od njih dodamo alternirajuce predznake.Da bismo to precizirali, ogranicimo se na polinome stupnja najvise n i oznacimo sa Sn ={1, x, x2, . . . , xn}, Pn = {1, x1, x2, . . . , xn} i Rn = {1, x1, x2, . . . , xn} tri baze ovog (n+ 1)-

dimenzionalnog vektorskog prostora. Neka je A =[ {

ij

} ]ni,j=0

matrica prijelaza iz baze

Sn u bazu Pn, a B =[

(−1)i−j[ij

] ]ni,j=0

matrica prijelaza iz baze Pn u bazu Sn. To su

donjetrokutaste matrice reda n+ 1. Matrica A sadrzi brojeve iz tablice 4.3, a matrica Bbrojeve iz tablice 4.2 s alternirajucim predznacima. Iz linearne algebre znamo da sumatrice A i B jedna drugoj inverzne, tj. A · B = B · A = I ili raspisano po elementiman∑k=0

aikbkj =n∑k=0

bikakj = δij (Kroneckerov2 simbol), za i, j ∈ {0, . . . , n}. Time smo dokazali

relacije ortogonalnosti za Stirlingove brojeve:

2Leopold Kronecker (1823.-1891.), njemacki matematicar.

37

Teorem 4.13.

n∑k=0

(−1)k−j{i

k

}[k

j

]=

n∑k=0

(−1)i−k[i

k

]{k

j

}=

{1, za i = j,0, za i 6= j.

Iz matrica prijelaza izmedu baza Sn → Rn i Rn → Sn dobivamo iste relacije orto-gonalnosti. Pregled raznih identiteta za Stirlingove brojeve prve i druge vrste dan je utablicama na str. 264 i 265 knjige [16]. Identitete cesto mozemo dokazati prebrojavanjem,koristeci se kombinatornim interpretacijama Stirlingovih brojeva. Nekoliko takvih dokazadajemo u sljedecem primjeru i u zadacima.

Primjer 4.14. Kombinatorno dokazite identitete

k ·{n

k

}=

n∑j=1

(n

j

){n− jk − 1

}i k ·

[n

k

]=

n∑j=1

(n

j

)(j − 1)!

[n− jk − 1

].

Rjesenje. Neka je S = {1, . . . , n}. Lijeva strana identiteta je broj particija skupa S na kblokova s jednim istaknutim blokom, odnosno broj permutacija skupa S sa k ciklusa ijednim istaknutim ciklusom. Dakle, prebrojavamo parove

{(Π, B) | Π je particija od S sa k blokova, B je blok od Π},

odnosno{(π, c) | π je permutacija od S sa k ciklusa, c je ciklus od π}.

Lijevu stranu dobivamo ako prvo biramo Π ili π, a zatim B ili c. Desnu stranu prvog iden-titeta dobivamo tako da parove podijelimo u disjunktne podskupove prema kardinalitetuistaknutog bloka |B| = j. Prvo biramo B na

(nj

)nacina, a zatim preostalih n− j eleme-

nata particioniramo na k − 1 blokova i tako dobijemo particiju Π. Desnu stranu drugogidentiteta dobivamo analogno: podijelimo parove na diskunktne podskupove prema du-ljini j istaknutog ciklusa c. Izaberemo j elemenata iz S i slozimo ih u ciklus na

(nj

)(j−1)!

nacina, a od preostalih n − j elemenata napravimo permutaciju s k − 1 ciklusa i takodolazimo do permutacije π.

Tema knjige [3] je “umjetnost” kombinatornog dokazivanja identiteta.

Zadaci

Zadatak 4.1. Dokazite Cayleyev teorem.

Zadatak 4.2. Koliko ima ciklickih permutacija stupnja n i duljine s?

Zadatak 4.3. Koliko ima permutacija ciklickog tipa µ = (5, 2, 2, 2)?

Zadatak 4.4. Za elemente g1 i g2 grupe G kazemo da su konjugirani ako postoji h ∈G takav da je g2 = hg1h

−1. Dokazite: permutacije π1 i π2 iz simetricne grupe Sn sukonjugirane ako i samo ako su istog ciklickog tipa.


Zadatak 4.5. Dokazite formulu{

nn−2

}=(n3

)+ 1

2

(n2

)(n−2

2

). Kako glasi analogna formula

za[

nn−2

]?

Zadatak 4.6. Dokazite da je[n2

]= (n− 1)! ·Hn−1.

Zadatak 4.7. Kombinatorno dokazite identitete{n+ 1

m+ 1

}=

n∑k=m

(n

k

){k

m

}i

[n+ 1

m+ 1

]=

n∑k=m

(n

k

)(n− k)!

[k

m

].

Zadatak 4.8. Kombinatorno dokazite identitete{n

k

}(k

m

)=

n∑j=m

(n

j

){j

m

}{n− jk −m

}i

[n

k

](k

m

)=

n∑j=m

(n

j

)[j

m

] [n− jk −m

].

Zadatak 4.9. Kombinatorno dokazite identitete{n+m+ 1

m

}=

m∑k=0

k

{n+ k

k

}i

[n+m+ 1

m

]=

m∑k=0

(n+ k)

[n+ k

k

].

Zadatak 4.10. Dokazite identitet

[n+ 1

m+ 1

]=

n∑k=m

[n

k

](k

m

)prebrojavanjem rasporeda

nenapadajucih slopova na ploci ∆n+1.

Zadatak 4.11. Dokazite da za brojeve iz teorema 4.6 vrijedi a(n, k) =k∑i=0

(k

i

)Bn−i.

Zadatak 4.12. Lahov3 broj ili “Stirlingov broj trece vrste” L(n, k) je broj nacina na kojimozemo elemente n-clanog skupa podijeliti u k totalno uredenih podskupova. Redoslijedpodskupova nije bitan, ali je redoslijed elemenata unutar podskupova bitan. Na primjer,za n = 4 i k = 2 sve moguce podjele su

{1, 234} {2, 134} {3, 124} {4, 123} {12, 34} {13, 24} {14, 23}{1, 243} {2, 143} {3, 142} {4, 132} {12, 43} {13, 42} {14, 32}{1, 324} {2, 314} {3, 214} {4, 213} {21, 34} {31, 24} {41, 23}{1, 342} {2, 341} {3, 241} {4, 231} {21, 43} {31, 42} {41, 32}{1, 423} {2, 413} {3, 412} {4, 312}{1, 432} {2, 431} {3, 421} {4, 321}

i vrijedi L(4, 2) =(

41

)· 1! · 3! + 1

2

(42

)· 2! · 2! = 36.

(a) Dokazite formulu L(n, k) =n!

k!

(n− 1

k − 1

).

(b) Dokazite rekurziju L(n, k) = L(n− 1, k − 1) + (n+ k − 1)L(n− 1, k).

(c) Izvedite koeficijente prijelaza iz baze rastucih faktorijela R u bazu padajucih fakto-rijela P.

Vise o Lahovim brojevima procitajte u zanimljivom clanku [28].

3Ivo Lah (1896.–1979.), slovenski matematicar i aktuar.

Poglavlje 5

Topovski polinom i sparivanja

U prethodnim poglavljima prebrojavali smo rasporede nenapadajucih topova na n × nsahovskoj ploci i na plocama ∆n i ∆n(x). Za prebrojavanje rasporeda na proizvoljnojploci uvodimo algebarski objekt, polinom koji kao koeficijente ima brojeve rasporeda. Toje takozvani topovski polinom ploce.

Kvadratnu n×n plocu identificiramo s Kartezijevim produktom {1, . . . , n}×{1, . . . , n}i oznacavamo �n. Proizvoljna ploca je podskup P ⊆ �n. Vizualiziramo je na isti nacin kaoFerrersove dijagrame u cjelini 3.3. Na primjer, ploca P = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (3, 1),(3, 2)} ⊆ �3 prikazana je na slici 5.1. Top postavljen na polje (i, j) ploce P napada svapolja s prvom koordinatom i (u i-tom retku ploce P ) ili s drugom koordinatom j (u j-tomstupcu ploce P ), cak i kad su izmedu polja “rupe”.

(1, 1) (1, 2) (1, 3)

(2, 1)

(3, 1) (3, 2)

Slika 5.1: Ploca P ⊆ �3 i njezina polja napadnuta topom na poziciji (1, 2).

Neka je rk(P ) broj rasporeda k nenapadajucih topova na ploci P . Topovski polinomte ploce je R(P, x) =

∑k≥0

rk(P )xk. Za broj topova k veci od broja redaka ili stupaca

ploce, broj rasporeda je 0. Zato je R(P, x) polinom stupnja najvise n. Svi rasporedinenapadajucih topova na ploci P sa slike 5.1 prikazani su na slici 5.2. Vidimo da jer0(P ) = 1, r1(P ) = 6, r2(P ) = 7 i r3(P ) = 1, odnosno

R(P, x) = 1 + 6x+ 7x2 + x3.

39

40 POGLAVLJE 5. TOPOVSKI POLINOM I SPARIVANJA

︸︷︷︸r0(P ) = 1

︸︷︷︸r1(P ) = 6

︸︷︷︸r2(P ) = 7

︸︷︷︸r3(P ) = 1

Slika 5.2: Rasporedi nenapadajucih topova na ploci P .

Opcenito, za bilo koju plocu P vrijedi r0(P ) = 1 i r1(P ) = |P | (kardinalitet ili povrsinaploce). Iz primjera 3.14 slijedi

R(�n, x) =n∑k=0

(n

k

)2

k!xk,

a iz teorema 3.15 slijedi

R(∆n, x) =n−1∑k=0

{n

n− k

}xk.

Uz pomoc iducih nekoliko propozicija mozemo izracunati topovski polinom bilo kojeploce P ⊆ �n.

Propozicija 5.1. Neka su P1, P2 ⊆ �n dvije ploce takve da niti jedno polje iz P1 nije uistom retku ili stupcu kao neko polje iz P2. Tada vrijedi R(P1∪P2, x) = R(P1, x)·R(P2, x).

Dokaz. Jednakost polinoma ekvivalentna je jednakosti koeficijenata uz xk:

rk(P1 ∪ P2) =k∑i=0

ri(P1) · rk−i(P2).

Ovaj identitet slijedi iz principa sume, tako da skup R svih rasporeda k topova na P1∪P2

podijelimo na disjunktne podskupove Ri prema broju i topova na ploci P1. Zbog uvjetada polja od P1 nisu u istim recima i stupcima kao polja od P2, rasporede i topova na P1

biramo neovisno o rasporedima k − i topova na P2, pa po principu produkta vrijedi|Ri| = ri(P1) · rk−i(P2).

Korolar 5.2. Ako se ploca P sastoji od m polja od kojih nikoja dva nisu u istom retkuili stupcu, onda je R(P, x) = (1 + x)m.

Dokaz. Topovski polinom ploce koja se sastoji od samo jednog polja je R( , x) = 1 + x.Primijenimo prethodnu propoziciju m− 1 puta, dodavajuci jedno po jedno polje.

41

P \ p P / p

Slika 5.3: Ploca P s izbacenim i kontrahiranim poljem p.

Neka je P ⊆ �n ploca i p ∈ P neko njezino polje. Skupovnu razliku P \{p} oznacavamokrace P \ p. To je ploca P sa izbacenim poljem p. Kontrakciju ploce P obzirom na pdobivamo izbacivanjem svih polja u istom retku ili stupcu kao p i oznacavamo je sa P / p.Za plocu sa slike 5.1 kontrakcija i izbacivanje polja (1, 2) prikazani su na slici 5.3.

Propozicija 5.3. Za svaku plocu P i bilo koje njezino polje p vrijedi

R(P, x) = R(P \ p, x) + x ·R(P / p, x).

Dokaz. Izjednacavanje koeficijenata uz xk daje rk(P ) = rk(P \ p) + rk−1(P / p). Ovajednakost slijedi iz principa sume tako da skup svih rasporeda k nenapadajucih topova naploci P podijelimo na dva disjunktna podskupa prema tome je li na polju p top ili nije.Ako nije, broj rasporeda je rk(P \ p), a ako jest onda je broj rasporeda rk−1(P / p).

Sada mozemo ponovo izracunati topovski polinom ploce sa slike 5.1 s pomocu propo-zicija 5.3 i 5.1:

R( , x) = R( , x) + x ·R( , x) = R( , x) + x ·R( , x) + x ·R( , x) =

= (prop. 5.1) = R( , x) ·R( , x) + x · (1 + x) + x ·R( , x) =

=(R( , x) + x ·R( , x)

)· (1 + x) + x · (1 + x) + x ·R( , x) =

= R( , x) · (1 + x) + x · (1 + x)2 + x · (1 + x) + x ·R( , x) =

= (1 + 2x) ·R( , x) + 2x+ 3x2 + x3 =

= (1 + 2x) · (R( , x) + x ·R(∅, x)) + 2x+ 3x2 + x3 =

= (1 + 2x) · (1 + x+ x · 1) + 2x+ 3x2 + x3 = 1 + 6x+ 7x2 + x3.


Ovaj nacin izracunavanja topovskog polinoma praktican je samo za male ploce jeralgoritam ima eksponencijalno vrijeme izvodenja. Pokazat cemo da je problem algoritam-skog izracunavanja vec samo koeficijenta rn(P ) topovskog polinoma za proizvoljnu plocuP ⊆ �n tezak. Vjerojatno ne postoji algoritam s polinomijalnim vremenom izvodenja.

Plocu P ⊆ �n reprezentiramo matricom A = [aij] ∈Mn(R):

aij =

{1, ako je (i, j) ∈ P,0, inace.

Koeficijent rn(P ) je broj rasporeda n topova na ploci P tako da se ne napadaju, tj. takoda je u svakom retku i stupcu ploce tocno jedan top. Rasporede identificiramo s permu-tacijama π ∈ Sn sa svojstvom (i, π(i)) ∈ P za svaki i = 1, . . . , n, odnosno aiπ(i) = 1 zasvaki i = 1, . . . , n. Vidimo da je rn(P ) =

∑π∈Sn

a1π(1) · · · anπ(n). Ovo je takozvana perma-

nenta matrice A. Permanenta se definira isto kao determinanta, ali bez predznaka (−1)I(π)

ovisnog o parnosti permutacije. Za izracunavanje n×n determinante imamo efikasan algo-ritam: elementarnim transformacijama svedemo je na gornjetrokutasti oblik i pomnozimoelemente na dijagonali, sto mozemo u vremenu O(n3). Medutim, za izracunavanje perma-nente nije poznat polinomijalni algoritam. Prema Valiantovu teoremu [35] izracunavanjepermanente 0-1 matrice spada u takozvane #P-potpune probleme. Postojanje polino-mijalnog algoritma za taj problem znacilo bi da je P=NP.

Razlicite ploce mogu imati isti topovski polinom. Na primjer, ploce na slici 5.4 objeimaju topovski polinom 1 + 4x+ 2x2. Za takve ploce kazemo da su topovski ekvivalentne.Lijeva ploca na slici 5.4 je Ferrersov dijagram particije µ = (2, 2), a desna particije ν =(3, 1) prirodnog broja 4. Ploce koje su Ferrersovi dijagrami particija prirodnih brojevanazivamo Ferrersovim plocama. Za Ferrersove ploce postoji jednostavan kriterij topovskeekvivalencije, dokazan u clanku [14].

Teorem 5.4. Neka su µ i ν particije prirodnog broja n. Ferrersove ploce dg(µ) i dg(ν)su topovski ekvivalentne ako i samo ako su multiskupovi {µ1 + 1, µ2 + 2, . . . , µn + n} i{ν1 + 1, ν2 + 2, . . . , νn + n} jednaki.

Duljine particija µ i ν mogu biti manje od n, a za kriterij iz teorema dopunimo ihnulama zdesna. Lijeva ploca na slici 5.4 odgovara particiji µ = (2, 2, 0, 0) i multiskupu{2 + 1, 2 + 2, 0 + 3, 0 + 4} = {3, 4, 3, 4} = {32, 42}, a desna particiji ν = (3, 1, 0, 0) imultiskupu {3 + 1, 1 + 2, 0 + 3, 0 + 4} = {4, 3, 3, 4} = {32, 42}. Teorem je iznenadujuci jerkriterij mozemo provjeriti u polinomijalnom vremenu. U dokazu cemo umjesto rk(dg(µ))i P (dg(µ), x) pisati krace rk(µ) i P (µ, x).

Slika 5.4: Dvije topovski ekvivalentne ploce.

43

Dokaz. Topovski polinomi se podudaraju ako i samo ako imaju iste koeficijente: rk(µ) =rk(ν), za k = 0, . . . , n. Definiramo polinome s istim koeficijentima u obrnutom redoslijedu,

ali u bazi padajucih faktorijela: R′(µ, x) =n∑k=0

rn−k(µ)xk i analognoR′(ν, x). Ocito vrijedi

R(µ, x) = R(ν, x) ⇐⇒ R′(µ, x) = R′(ν, x).Kombinatorna interpretacija vrijednosti polinoma R′(µ, x) za x ∈ N je broj raspo-

reda n nenapadajucih topova na ploci dg(µ1 +x, . . . , µn +x). To je ploca dg(µ) prosirenan× x pravokutnikom s lijeve strane (ista ideja kao u drugom dokazu teorema 4.9). Pos-tavljanjem topova u svaki redak odozdo prema gore vidimo da je broj rasporeda jednak

(x+ µn) · (x+ µn−1 − 1) · · · (x+ µ1 − n+ 1) =n∏i=1

(x+ µi − (n− i)).

S druge strane, ako postavimo n− k topova na dio ploce dg(µ), a preostalih k topova napravokutnik n× x, broj rasporeda je

rn−k(µ) · x · (x− 1) · · · (x− k + 1) = rn−k(µ)xk.

Ukupan broj rasporeda jen∑k=0

rn−k(µ)xk = R′(µ, x).

Time smo dokazali jednakost polinoma R′(µ, x) =n∏i=1

(x + µi − (n− i)) za sve x ∈ N,

prema tome i za sve x ∈ R. Kombinatorno smo dokazali faktorizaciju modificiranogtopovskog polinoma R′(µ, x) na linearne faktore, tj. odredili smo njegove nultocke. Takvafaktorizacija vrijedi i za modificirani topovski polinom R′(ν, x). Kriterij iz teorema slijedizato sto se polinomi R′(µ, x) i R′(ν, x) s vodecim koeficijentom 1 podudaraju ako i samoako im se multiskupovi nultocaka podudaraju, tj. ako vrijedi

{−µi + n− i | i = 1, . . . , n} = {−νi + n− i | i = 1, . . . , n} ⇐⇒

{µi + i− n | i = 1, . . . , n} = {νi + i− n | i = 1, . . . , n} ⇐⇒

{µi + i | i = 1, . . . , n} = {νi + i | i = 1, . . . , n}.

Pregled rezultata o prebrojavanju rasporeda topova dostupan je na internetu u knjizi [5].Iduci cilj je pokazati da je cijela ova “topovska teorija” zapravo dio teorije sparivanja ugrafovima, tocnije specijalni slucaj za bipartitne grafove. Sparivanje u grafu G = (V,E) jepodskup bridova S ⊆ E takav da je svaki vrh incidentan najvise s jednim bridom iz S, tj.nikoja dva brida iz S nemaju zajednicki kraj. Ako je |S| = k, govorimo o k-sparivanju.Vrhove incidentne s bridom iz S zovemo zasicenim, a u suprotnom nezasicenim. Spa-rivanje koje zasicuje sve vrhove zovemo savrsenim sparivanjem. U tom slucaju vrijedi|V | = n = 2k, a opcenito je k ≤ n

2. Jednakost se dostize ako i samo ako je sparivanje

savrseno.Neka jemk(G) broj k-sparivanja u grafuG. Polinom sparivanja (eng. matching polyno-

mial) tog grafa je M(G, x) =∑k≥0

mk(G)xk. Buduci da je broj k-sparivanja za k > n2

jednak 0, rijec je o polinomu stupnja najvise n2.


Slika 5.5: Dva savrsena sparivanja Petersenova grafa.

Objasnimo sada vezu izmedu topovskog polinoma i polinoma sparivanja. Za grafG = (V,E) kazemo da je bipartitan ako je skup vrhova moguce podijeliti na dva disjunktnapodskupa V = X ∪ Y tako da svaki brid iz E ima jedan kraj u X, a drugi kraj u Y .Poznata karakterizacija bipartitnih grafova dana je u sljedecem teoremu.

Teorem 5.5. Graf je bipartitan ako i samo ako nema neparnih ciklusa.

Za niz vrhova (v0, v1, . . . , vk) grafa G kazemo da je setnja duljine k ako su vi−1 i visusjedni, za svaki i = 1, . . . , k. Put je setnja kojoj su vrhovi medusobno razliciti, osimmozda v0 i vk. Ako je v0 = vk, kazemo da je put zatvoren i nazivamo ga ciklusom grafa G.Na primjer, Petersenov graf nije bipartitan jer ima ciklus duljine 5. Potpuni bipartitangraf Km,n sastoji se od skupa vrhova V = X ∪ Y , pri cemu su X i Y dva disjunktnaskupa kardinaliteta |X| = m i |Y | = n, te skupa bridova E = {{x, y} | x ∈ X, y ∈ Y }(skupa svih dvoclanih podskupova od V s jednim clanom iz X i drugim clanom iz Y ).

Plocu �n identificiramo s potpunim bipartitnim grafom Kn,n. Neka su mu vrhoviV = X∪Y za X = {r1, . . . , rn} i Y = {s1, . . . , sn}. Reci ploce odgovaraju vrhovima iz X,a stupci vrhovima iz Y . Polja ploce odgovaraju bridovima grafa; polje (i, j) odgovara bridu{ri, sj}. Proizvoljna ploca P ⊆ �n odgovara podgrafu od Kn,n induciranom bridovimaiz P . Svaki bipartitan graf mozemo smjestiti kao podgraf od Kn,n za dovoljno veliki ni tako identificirati s plocom P ⊆ �n. Na slici 5.6 prikazan je bipartitan graf G kojiodgovara ploci P sa slike 5.1.

Rasporedu topova na ploci P koji se ne napadaju odgovara sparivanje S grafa G. US stavljamo bridove od G koji odgovaraju poljima od P na kojima su topovi. Uvjet da

r1 s1

←→ r2 s2

r3 s3

Slika 5.6: Ploca P sa slike 5.1 i odgovarajuci bipartitan graf G.

45

︸︷︷︸m0(G) = 1

︸︷︷︸m1(G) = 6

︸︷︷︸m2(G) = 7

︸︷︷︸m3(G) = 1

Slika 5.7: Sparivanja grafa G.

topovi nisu u istom retku znaci da bridovi iz S nemaju zajednicki kraj u X, a uvjet da nisuu istom stupcu znaci da bridovi iz S nemaju zajednicki kraj u Y . Sva moguca sparivanjagrafa G prikazana su na slici 5.7 u istom redoslijedu kao odgovarajuci rasporedi topovana slici 5.2. Vidimo da je polinom sparivanja M(G, x) = 1 + 6x+ 7x2 + x3 i podudara ses topovskim polinomom R(P, x) odgovarajuce ploce. Buduci da potpuni bipartitni grafKn,n odgovara cijeloj ploci �n, njegov polinom sparivanja je

M(Kn,n, x) = R(�n, x) =n∑k=0

(n

k

)2

k!xk.

Polinom sparivanja definiran je za bilo kakav graf, ne samo za bipartitne grafove.Propozicije s pomocu kojih smo izracunavali topovski polinom takoder mozemo generali-zirati na proizvoljne grafove.

Propozicija 5.6. Za disjunktnu uniju grafova G1 i G2 vrijedi

M(G1 ∪G2, x) = M(G1, x) ·M(G2, x).

Dokaz. Izjednacavanje koeficijenata uz xk daje mk(G1 ∪ G2) =k∑i=0

mi(G1) · mk−i(G2).

Ovaj identitet vrijedi jer se svako k-sparivanje od G1 ∪G2 sastoji od i-sparivanja od G1 i(k − i)-sparivanja od G2.

Propozicija 5.7. Za svaki graf G i bilo koji njegov brid e = {u, v} vrijedi

M(G, x) = M(G \ e, x) + x ·M(G \ {u, v}, x).

Ovdje G \ e oznacava graf G s izbacenim bridom e, a G \ {u, v} oznacava graf G sizbacenim vrhovima u i v te svim bridovima incidentnim s u ili v.


Dokaz. Izjednacavanje koeficijenata daje mk(G) = mk(G\e)+mk−1(G\{u, v}). Identitetslijedi iz principa sume tako da skup svih k-sparivanja od G podijelimo na dva disjunktnapodskupa u ovisnosti sadrze li ili ne sadrze brid e. Sparivanja koja ne sadrze e imamk(G \ e), a sparivanja koja sadrze e ima mk−1(G \ {u, v}).

Za polinom sparivanja vrijede jos neke relacije, koje nismo dokazivali za topovskipolinom.

Propozicija 5.8. Za svaki graf G i bilo koji njegov vrh v vrijedi

M(G, x) = M(G \ v, x) + x ·∑u∼v

M(G \ {u, v}, x).

Ovdje G \ v oznacava graf G s izbacenim vrhom v i svim bridovima koji su s njimincidentni, a suma ide po svim vrhovima u koji su susjedni s v.

Dokaz. Izjednacavanje koeficijenata daje mk(G) = mk(G \ v) +∑u∼v

mk−1(G \ {u, v}).

Identitet slijedi tako da skup svih k-sparivanja od G podijelimo na ona koja ne zasicujuvrh v (ima ih mk(G \ v)) i ona koja zasicuju vrh v (ima ih

∑u∼v

mk−1(G \ {u, v})).

Propozicija 5.9. Za svaki graf G vrijedid

dxM(G, x) =

∑e={u,v}

M(G \ {u, v}, x).

Suma ide po svim bridovima e = {u, v} grafa G.

Dokaz. Koeficijent uz xk−1 derivacije ddxM(G, x) je k ·mk(G). Kombinatorna interpreta-

cija tog koeficijenta je broj k-sparivanja grafa G s jednim istaknutim bridom. Na druginacin ih mozemo prebrojati tako da prvo izaberemo brid e = {u, v}, a zatim ga dopunimodo k-sparivanja od G na mk−1(G \ {u, v}) nacina. Ukupan broj k-sparivanja s istaknutimbridom je

∑e={u,v}

mk−1(G \ {u, v}), sto je upravo koeficijent uz xk−1 polinoma na desnoj

strani.

U algebarskoj teoriji grafova proucavaju se i drugi polinomi pridruzeni grafovima,na primjer karakteristicni polinom φ(G, x) = det(xI − A). Ovdje je A = [aij] matricasusjedstva grafa G:

aij =

{1, ako je vi ∼ vj,0, inace,

za neku numeraciju V = {v1, . . . , vn} vrhova grafa G. Karakteristicni polinom zadovoljavarelaciju iz propozicije 5.6: φ(G1∪G2, x) = φ(G1, x) ·φ(G2, x) za disjunktnu uniju grafova.Derivacija karakteristicnog polinoma zadovoljava d

dxφ(G, x) =

∑v

φ(G \ v, x), pri cemu

suma ide po svim vrhovima. Polinom sparivanja ponekad se definira drugacije:

µ(G, x) =∑k≥0

(−1)kmk(G)xn−2k.

Uz takvu definiciju zadovoljava istu formulu za derivaciju kao karakteristicni polinom.

47

Propozicija 5.10. Za svaki graf G vrijedid

dxµ(G, x) =

∑v∈V

µ(G \ v, x).

Dokaz. Koeficijent uz xn−2k−1 u derivaciji na lijevoj strani je (−1)k(n − 2k) · mk(G).Bez predznaka (−1)k, kombinatorna interpretacija je broj parova koji se sastoje od k-sparivanja grafaG i jednog vrha kojeg to sparivanje ne zasicuje. Parove mozemo prebrojatina drugi nacin tako da prvo biramo vrh v, a zatim k-sparivanje u grafu G \ v. Ukupanbroj parova je

∑v

mk(G \ v), sto je koeficijent uz xn−1−2k polinoma na desnoj strani ako

vratimo predznak (−1)k (grafovi G \ v imaju n− 1 vrhova).

Jos jedna prednost polinoma µ(G, x) je sto mu je stupanj n jednak broju vrhovagrafa G, a vodeci koeficijent mu je 1 (broj 0-sparivanja u G). Iz polinoma M(G, x)ne mozemo jednoznacno odrediti broj vrhova grafa. Veza izmedu ta dva polinoma jeµ(G, x) = xnM(G,−x−2). Polinom µ zadovoljava slicne relacije kao M :

µ(G1 ∪G2, x) = µ(G1, x) · µ(G2, x) za disjunktnu uniju grafova,

µ(G, x) = µ(G \ e)− µ(G \ {u, v}, x) za svaki brid e = {u, v},

µ(G, x) = x · µ(G \ v, x) +∑u∼v

µ(G \ {u, v}, x) za svaki vrh v.

Uz to zadovoljava sljedecu zanimljivu integralnu formulu.

Teorem 5.11. Broj savrsenih sparivanja u komplementarnom grafu G je

mn/2

(G)

=1√2π

∫ ∞−∞

e−x2

2 µ(G, x) dx.

Iz nje slijede interpretacije nekih poznatih ortogonalnih familija polinoma kao poli-noma sparivanja jednostavnih klasa grafova. Na primjer, Hermiteovi polinomi, koji suortogonalni s obzirom na skalarni produkt

〈p, q〉 =1√2π

∫ ∞−∞

e−x2

2 p(x) q(x) dx,

su polinomi sparivanja µ(Kn, x) potpunih grafova Kn. Cebisevljevi polinomi druge vrste,ortogonalni s obzirom na skalarni produkt

〈p, q〉 =2

π

∫ 1

−1

√1− x2 p(x) q(x) dx,

Slika 5.8: Graf Pn s n vrhova i n− 1 bridova.


su polinomi sparivanja µ(Pn, 2x) za graf “put” Pn prikazan na slici 5.8. Dokazi ovihtvrdnji mogu se naci u knjizi [12].

Nakon izleta u algebarsku teoriju grafova, vratimo se sparivanjima u bipartitnim gra-fovima. Jedan od najpoznatijih teorema iz ovog podrucja je takozvani Hallov teorem obraku.

Teorem 5.12 (P. Hall, 1935.). Neka je G bipartitan graf s biparticijom V = X ∪ Y .Za skup vrhova A ⊆ V oznacimo s N(A) skup svih vrhova susjednih nekom vrhu iz A.Graf G dopusta sparivanje koje zasicuje sve vrhove iz X ako i samo ako vrijedi uvjet|N(A)| ≥ |A|, za svaki A ⊆ X.

Teorem je dokazao engleski matematicar Philip Hall (1904.–1982.). Njegov prezi-menjak, americki matematicar Marshall Hall, Jr. (1910.–1990.), takoder je dao vaznedoprinose kombinatorici. Teorem se zove “teorem o braku” zbog sljedece interpretacije.Neka je X skup djevojaka, a Y skup mladica. Graf G konstruiramo tako da svaku djevojkupovezemo bridovima s mladicima koji joj se svidaju. Pitanje postojanja sparivanja kojezasicuje sve vrhove iz X ekvivalentno je pitanju mozemo li udati svaku djevojku za nekogmladica koji joj se svida, naravno bez poligamije. Hallov teorem kaze da je to moguceako i samo ako za svaki izbor k djevojaka postoji barem k mladica koji se svidaju nekojod izabranih djevojaka.

Dokaz. Nuznost Hallova uvjeta je lako provjeriti. Ako postoji sparivanje koje zasicuje svevrhove iz X, tj. moguce je udati sve djevojke, onda za svaki skup djevojaka A ⊆ X skupsusjeda N(A) sadrzi bar njihove muzeve i zato ne moze imati manje od |A| elementata.Mozda ima i vise elemenata za koje muzevi ne znaju.

Dovoljnost je teze dokazati. Pretpostavimo suprotno, da Hallov uvijet vrijedi, aline postoji sparivanje koje zasicuje sve vrhove iz X. Neka je S maksimalno sparivanje(sparivanje s najvecim brojem bridova) i v ∈ X vrh kojeg ono ne zasicuje. Za put ugrafu G kazemo da je S-alternirajuci ako bridovi na tom putu naizmjence ne pripadaju,pa pripadaju sparivanju S. Neka je B skup svih vrhova y ∈ Y takvih da postoji S-alternirajuci put od v do y, a A skup svih vrhova x ∈ X takvih da postoji S-alternirajuciput od v do x (ukljucujuci vrh v). Prvi brid puta kakve promatramo nije u S (jer putpocinje u nezasicenom vrhu v), a drugi kraj mu je neki vrh iz B. Zatim preko brida iz Sdolazi do vrha u A, pa preko brida koji nije u S do nekog drugog vrha iz B i tako dalje.

Maksimalni takav put (kojeg ne mozemo vise prosiriti) zavrsava u A, jer bi inace biotakozvani S-uvecavajuci put. To je S-alternirajuci put koji pocinje i zavrsava nezasicenimvrhom. Izbacivanjem iz S bridova koji su na S-uvecavajucem putu i dodavanjem bridovana tom putu koji nisu bili u S, povecali bismo sparivanje S, sto nije moguce jer smo krenuliod maksimalnog sparivanja. Zbog tog svojstva svakom vrhu iz B mozemo pridruziti drugikraj brida iz S kojim je spojen s vrhom iz A. Pridruzivanje je injekcija jer je S sparivanje,ali nije surjekcija jer vrh v iz A nije “pogoden”. Time smo dokazali da je |A| = |B|+ 1.

S druge strane, tvrdimo da je N(A) ⊆ B. Za bilo koji y ∈ N(A) postoji vrh x ∈ Asusjedan s y. Po definiciji skupa A, do vrha x mozemo doci S-alternirajucim putem izvrha v. Ako je vrh y dio tog puta, onda je po definiciji y ∈ B. U suprotnom put od v dox mozemo prosiriti bridom {x, y} i tako ponovo doci do y. Brid {x, y} nije u S jer smo ux dosli bridom koji jest u S, a S je sparivanje. Dakle, u svakom slucaju je y ∈ B. Dosli

49

smo do kontradikcije s Hallovim uvjetom: |N(A)| ≤ |B| < |B| + 1 = |A|. Dakle, ipakpostoji sparivanje koje zasicuje sve vrhove iz X.

Ovaj teorem je vazan jer se s pomocu njega dokazuju mnogi drugi lijepi teoremi izkombinatorike i nekih srodnih podrucja. Neke od tih teorema upoznat cemo u kasnijimpoglavljima. Kao kriterij za provjeru postojanja sparivanja koje zasicuje sve vrhove iz X,ili savrsenog sparivanja u slucaju |X| = |Y |, Hallov uvjet nije praktican. Trebali bismoprovjeravati sve podskupove A ⊆ X, pa bi algoritam imao eksponencijalnu slozenost. Za-nimljivo je da ipak postoje polinomijalni algoritmi koji provjeravaju ima li graf savrsenosparivanje (zadatak 5.12). S druge strane, prebrojavanje svih savrsenih sparivanja bipar-titnog grafa ekvivalentno je odredivanju vodeceg koeficijenta topovskog polinoma. Vidjelismo da je to #P-potpun problem za koji vjerojatno ne postoji polinomijalni algoritam.

Za neke druge pojmove iz teorije grafova, na primjer za Hamiltonove cikluse ili zaklike, vec je i problem algoritamske provjere postojanja NP-potpun. Naravno, problemalgoritamskog prebrojavanja svih takvih struktura u zadanom grafu je barem jednakotezak.

Zadaci

Zadatak 5.1. Za particiju µ = (3, 2, 1, 1) odredite topovski polinom i sve particije koje sujoj topovski ekvivalentne.

Zadatak 5.2. Dokazite da je ploca �n topovski ekvivalentna Ferrersovom dijagramu par-ticije µ = (2n− 1, 2n− 3, . . . , 5, 3, 1).

Zadatak 5.3. Dokazite karakterizaciju bipartitnih grafova iz teorema 5.5.

Zadatak 5.4. Dokazite da je potpun bipartitan graf Kn,n jako regularan i odredite muparametre.

Zadatak 5.5. Izracunajte polinom sparivanja Petersenova grafa. Koliko u tom grafu imasavrsenih sparivanja?

Zadatak 5.6. Dokazite da karakteristicni polinom φ(G, x) grafa G ne ovisi o numera-ciji njegovih vrhova. Zato i nultocke karakteristicnog polinoma, tj. svojstvene vrijednostimatrice susjedstva, ovise samo o grafu.

Zadatak 5.7. Pokazite primjerom da grafovi G1 i G2 s razlicitim brojem vrhova moguimati isti polinom sparivanja M(G1, x) = M(G2, x). Dokazite da oba polinoma M(G, x)i µ(G, x) jednoznacno odreduju broj bridova grafa G.

Zadatak 5.8. Neka je G graf s n vrhova i e bridova u kojem je i-ti vrh stupnja di.

Dokazite da je m2(G) =(e2

)−

n∑i=1

(di2

). Dokazite da iz polinoma sparivanja µ(G, x) mozemo

ustanoviti je li graf G regularan, tj. vrijedi li d1 = d2 = . . . = dn.

Zadatak 5.9. Potpuni graf Kn ima n vrhova i svih(n2

)dvoclanih podskupova kao bridove.

Dokazite da je broj k-sparivanja u Kn jednak mk(Kn) =n2k

k! 2k.


Zadatak 5.10. Dokazite da je za graf Pn sa slike 5.8 broj k-sparivanja mk(Pn) =(n−kk

).

Zadatak 5.11. Izvedite rekurziju za polinom sparivanja M(Pn, x).

Zadatak 5.12. Jedan polinomijalni algoritam za pronalazenje savrsenog sparivanja u bi-partitnom grafu zasnovan je na trazenju maksimalnog toka u transportnoj mrezi. Spojimoizvor na vrhove iz X, a ponor na vrhove iz Y . Bridovima bipartitnog grafa dodijelimojedinicne kapacitete i zatim pronademo maksimalni tok, na primjer Ford-Fulkersonovimalgoritmom. Tako dobivamo maksimalno sparivanje u bipartitnom grafu. Ako to spariva-nje zasicuje sve vrhove, imamo savrseno sparivanje, a u suprotnom ne postoji savrsenosparivanje. O transportnim mrezama i vezama s teorijom sparivanja procitajte u 2. po-glavlju knjige [23].

Poglavlje 6

Formula ukljucivanja-iskljucivanja

Neka je {A1, . . . , An} familija konacnih skupova. Zelimo izracunati broj elemenata unije

|A1 ∪ · · · ∪ An|.

Ako su skupovi u parovima disjunktni, mozemo primijeniti princip sume:

|A1 ∪ · · · ∪ An| = |A1|+ . . .+ |An|.

Sto ako skupovi nisu medusobno disjunktni? Tada u sumi na desnoj strani elemente izpresjeka brojimo vise puta, pa ih trebamo oduzeti. Za n = 2 vrijedi

|A1 ∪ A2| = |A1|+ |A2| − |A1 ∩ A2|.

Slika 6.1 prikazuje slucaj n = 3. Ako oduzmemo kardinalitete presjeka dvaju skupova|Ai ∩Aj|, onda elemente u presjeku sva tri skupa nismo brojali. Zato trebamo dodati josjedan clan na desnoj strani:

|A1 ∪A2 ∪A3| = |A1|+ |A2|+ |A3| − |A1 ∩ A2| − |A1 ∩ A3| − |A2 ∩ A3|+ |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

A1 A2

A3

Slika 6.1: Unija triju skupova.

51

52 POGLAVLJE 6. FORMULA UKLJUCIVANJA-ISKLJUCIVANJA

Za n skupova dolazimo do formule ukljucivanja-iskljucivanja (FUI), koja glasi:

|A1∪· · ·∪An| =∑i

|Ai|−∑i<j

|Ai∩Aj|+∑i<j<k

|Ai∩Aj∩Ak|− . . .+(−1)n−1|A1∩· · ·∩An|.

Na engleskom se ova formula zove principle of inclusion-exclusion (PIE). Uvest cemooznake da bismo je spretnije zapisali. Skup indeksa oznacavat cemo N = {1, . . . , n}. Zapodskup I ⊆ N neka je AI =

⋂i∈IAi. Onda formula glasi

|A1 ∪ · · · ∪ An| =∑∅6=I⊆N

(−1)|I|−1|AI |.

Zapis je jednostavniji ako prijedemo na komplement. Neka su A1, . . . , An podskupovikonacnog skupa X. Komplement Sc znaci X \S, a “prazan presjek” A∅ je cijeli X. Tadapo principu komplementa vrijedi |(A1 ∪ · · · ∪ An)c| = |X| − |A1 ∪ · · · ∪ An|, odnosno

|(A1 ∪ · · · ∪ An)c| =∑I⊆N

(−1)|I||AI |. (6.1)

Pokazimo nekoliko primjena formule (6.1). Prisjetimo se da Sur(n, k) oznacava brojsurjekcija s n-clanog na k-clani skup.

Teorem 6.1. Sur(n, k) =k∑i=0

(−1)i(k

i

)(k − i)n.

Dokaz. Neka je N = {1, . . . , n}, K = {1, . . . , k} i X = KN = {f : N → K} skup svihfunkcija s N u K. Iz zadatka 1.4 znamo da je |X| = kn. Neka je

Ai = {f ∈ X | i 6∈ Im(f)}

skup svih funkcija koje “ne pogadaju” element i ∈ K iz kodomene. Skup svih surjekcijaoznacavamo Sur(N,K) i mozemo ga zapisati kao

Sur(N,K) = Ac1 ∩ · · · ∩ Ack = (A1 ∪ · · · ∪ Ak)c.

Vrijedi |Ai| = (k − 1)n, za i = 1, . . . , k i, opcenitije, |AI | = (k − |I|)n za bilo koji I ⊆ K.Iz formule (6.1) slijedi

Sur(n, k) = | Sur(N,K)| =∑I⊆K

(−1)|I|(k − |I|)n =k∑i=0

(−1)i(k

i

)(k − i)n.

U zadnjem koraku grupirali smo clanove sume po kardinalitetu |I| = i, buduci da |AI | ovisisamo o njemu. Binomni koeficijent se pojavio jer i-clanih podskupova I ⊆ K ima

(ki

).

Iz propozicije 3.13 i teorema 6.1 slijedi formula za Stirlingove brojeve druge vrste.

Korolar 6.2.

{n

k

}=

1

k!

k∑i=0

(−1)i(k

i

)(k − i)n.

53

U specijalnom slucaju n = k funkcija je surjekcija ako i samo ako je bijekcija. Takvihfunkcija ima n! i dobivamo neobicnu formulu za faktorijele.

Korolar 6.3. n! =n∑i=0

(−1)i(n

i

)(n− i)n.

Druga ilustracija formule ukljucivanja-iskljucivanja je dokaz jednog teorema iz teorijebrojeva. Eulerova1 funkcija ϕ(m) (“totient”) kao vrijednost vraca koliko ima brojeva izskupa {1, . . . ,m} koji su relativno prosti s m. Ako znamo rastaviti m na proste faktore,mozemo je izracunati efikasnije.

Teorem 6.4. Ako je m = pe11 · · · penn rastav na proste faktore, onda je

ϕ(m) = m ·n∏i=1

(1− 1

pi

).

Dokaz. Neka je N = {1, . . . , n}, X = {1, . . . ,m} i Ai = {k ∈ X | pi dijeli k}. Broj k ∈ Xje relativno prost s m ako nije djeljiv niti s jednim od pi:

ϕ(m) = |Ac1 ∩ · · · ∩ Acn| = |(A1 ∪ · · · ∪ An)c|.

Vrijedi |Ai| = mpi

i |AI | = m∏i∈I

pi, pa primjenom formule (6.1) dobivamo

ϕ(m) =∑I⊆N

(−1)|I|m∏

i∈Ipi

= m ·∑I⊆N

(−1)|I|∏i∈I

1

pi= m ·

∑I⊆N

∏i∈I

(− 1

pi

).

S druge strane, kad racunamo produktn∏i=1

(1− 1

pi

)=(

1− 1p1

)· · ·(

1− 1pn

), takoder

dobivamo sumu∑I⊆N

∏i∈I

(− 1pi

)(I je skup indeksa i za koje smo iz zagrade

(1− 1

pi

)izabrali

drugi clan − 1pi

). Zato vrijedi ϕ(m) = m ·n∏i=1

(1− 1

pi

).

Jos jedan tipican rezultat koji se dokazuje ukljucivanjem-iskljucivanjem je formula zabroj deranzmana. Deranzman je permutacija bez fiksnih tocaka. Skup svih deranzmanan-clanog skupa oznacavamo Dn ⊆ Sn, a broj deranzmana dn = |Dn|.

Teorem 6.5. dn = n!n∑i=0

(−1)i

i!.

Dokaz. Neka je X = Sn skup svih permutacija skupa N = {1, . . . , n}, a Ai = {π ∈X | π(i) = i} skup svih permutacija s fiksnom tockom i. Skup svih deranzmana jeAc1 ∩ · · ·Acn = (A1 ∪ · · · ∪ An)c. Vrijedi |X| = n!, |Ai| = (n − 1)! i AI = (n − |I|)!. Izformule (6.1) slijedi

dn =∑I⊆N

(−1)|I|(n− |I|)! =n∑i=0

(−1)i(n

i

)(n− i)! = n!

n∑i=0

(−1)i

i!.

1Leonhard Euler (1707.–1783.), svicarski matematicar.


Grupirali smo clanove sume po kardinalitetu |I| = i te upotrijebili formulu(ni

)(n− i)! = n!

i!.

Permutacije stupnja n odgovaraju rasporedima nenapadajucih topova na ploci �n =N × N (slika 3.6), a deranzmani rasporedima topova kod kojih niti jedan top nije nadijagonali ploce. Opcenitije, mozemo uzeti bilo koji podskup P ⊆ �n i prebrojavatipermutacije sa zabranjenim pozicijama iz P . To su π ∈ Sn takve da (i, π(i)) 6∈ P , za svakii = 1, . . . , n.

Teorem 6.6. Broj permutacija π ∈ Sn sa zabranjenim pozicijama iz P ⊆ �n je

n∑k=0

(−1)k rk(P ) (n− k)!.

Ovdje je rk(P ) broj rasporeda k nenapadajucih topova na ploci P , tj. koeficijent uz xk

topovskog polinoma R(P, x). Ako je P = {(i, i) | i = 1, . . . , n} dijagonala ploce, vrijedirk(P ) =

(nk

)i teorem 6.5 dobivamo kao specijalni slucaj teorema 6.6.

Dokaz. Neka je X = Sn i Ai = {π ∈ Sn | (i, π(i)) ∈ P} skup svih permutacija kojeimaju zabranjenu poziciju u i-tom retku. Prebrojavamo elemente skupa Ac1 ∩ · · · ∩ Acn =(A1 ∪ · · · ∪ An)c, koji po formuli (6.1) ima broj elemenata

∑I⊆N

(−1)|I||AI | =n∑k=0

(−1)k∑|I|=k

|AI |.

Opet smo grupirali clanove sume po kardinalitetu podskupa I ⊆ N . Trebamo provjeriti daje∑|I|=k|AI | = rk(P ) (n−k)!. Na dva nacina prebrojavamo parove (I, π), za I ⊆ N , |I| = k

i π ∈ AI . Ako prvo biramo podskup I, dobivamo sumu na lijevoj strani. Drugi nacin je daprvo biramo permutaciju π koja ima barem k zabranjenih pozicija. Broj izbora k razlicitihparova (i1, π(i1)), . . . , (ik, π(ik)) ∈ P je upravo “topovski broj” rk(P ). Time je potpunoodreden skup I = {i1, . . . , ik}, a da bismo do kraja odredili permutaciju π, trebamo zadatikako preslikava preostale elemente iz N \I u elemente iz N \{π(i1), . . . , π(ik)}. To mozemona (n− k)! nacina, pa je ukupan broj parova rk(P ) (n− k)!.

Teorem je dokazao americki kombinatoricar John Riordan (1903.–1988.) i populari-zirao ga je u svojoj vrlo utjecajnoj knjizi An introduction to combinatorial analysis [30].Ovom tehnikom mozemo rijesiti takozvani “probleme des menages” (problem bracnihparova) koji su krajem 19. stoljeca postavili francuski matematicar Edouard Lucas (1842.–1891.) i skotski fizicar Peter Guthrie Tait (1831.–1901.).

Primjer 6.7. Na koliko nacina mozemo posjesti n bracnih parova oko okruglog stola snumeriranim mjestima tako da zene i muskarci alterniraju i nitko ne sjedi kraj svojegbracnog partnera?

Rjesenje. Zene mozemo posjesti na 2 · n! nacina. Biramo sjede li na parnim ili neparnimmjestima i zatim ih smjestimo na n! nacina. (Da mjesta nisu numerirana, za ovaj korakimali bismo (n− 1)! mogucnosti.) Neka je Rn broj mogucih rasporeda muskaraca nakon

55

sto su zene sjele. To je takozvani “reducirani broj menagesa” i svodi se na permutacije sazabranjenim pozicijama. Ako slobodna mjesta oznacimo brojevima 1, . . . , n i pretposta-vimo da i-ta zena sjedi izmedu mjesta i, i+1 za i = 1, . . . , n−1, a n-ta zena izmedu mjestan, 1, onda rasporedi muskaraca odgovaraju permutacijama sa zabranjenim pozicijama izP = {(i, i) | i = 1, . . . , n}∪{(i, i+ 1) | i = 1, . . . , n− 1}∪{(n, 1)}. Izracunajmo prvo brojrk(P ) rasporeda k nenapadajucih topova na ploci P .

1 2

3 4

5 6

7 8

910

Slika 6.2: Zabranjene pozicije za reducirani “probleme des menages”, n = 5.

Zabranjene pozicije oznacimo redom od gore-lijevo prema dolje-desno brojevima 1, 2, . . .2n − 1, a poziciju u donjem lijevom kutu sa 2n (slika 6.2). Skup svih rasporeda podije-limo na dva disjunktna podskupa u ovisnosti je li na poziciji 2n top ili nije. Ako natoj poziciji nije top, onda biramo k pozicija od 1, 2, . . . , 2n − 1 tako da nikoje dvijenisu susjedne. Problem je ekvivalentan prebrojavanju nizova od k jedinica i 2n − 1 − knula tako da nema susjednih jedinica. Razdvojimo jedinice s k − 1 nula, a preostalih2n − 1 − k − (k − 1) = 2n − 2k nula rasporedimo na k + 1 mjesta po volji (lijevo od1. jedinice, izmedu 1. i 2. jedinice, . . ., desno od k-te jedinice). Broj rasporeda je po“principu kuglica i stapica”

(2n−2k+k

k

)=(

2n−kk

).

Drugi slucaj, kad je na poziciji 2n top, svodi se na biranje k−1 pozicija od 2, 3, . . . , 2n−2 tako da nikoje dvije nisu susjedne. Na analogan nacin vidimo da je tada broj rasporeda(

2n−k−1k−1

). Prema tome,

rk(P ) =

(2n− kk

)+

(2n− k − 1

k − 1

)=

2n− kk

(2n− k − 1

k − 1

)+

(2n− k − 1

k − 1

)=

=2n

k

(2n− k − 1

k − 1

)=

2n

2n− k· 2n− k

k

(2n− k − 1

k − 1

)=

2n

2n− k

(2n− kk

).

Koristili smo “svojstvo apsorpcije” binomnih koeficijenata(nk

)= n

k

(n−1k−1

). Prema te-

oremu 6.6 vrijedi

Rn =n∑k=0

(−1)k rk(P ) (n− k)! =n∑k=0

(−1)k2n

2n− k

(2n− kk

)(n− k)!.


Ukupan broj rasporeda zena i muskaraca oko stola je

Mn = 2 · n! ·Rn = 2 · n!n∑k=0

(−1)k2n

2n− k

(2n− kk

)(n− k)!.

To je takozvana Touchardova2 formula iz 1934. [34].

Primjer 6.8. Na koliko nacina mozemo dodijeliti sest “Merlin znacki” sestero studenatatako da pridruzivanje bude bijektivno i da postujemo njihove preferencije? Ana ne volibinomne koeficijente, Branko i Cvjeta ne vole Stirlingove brojeve, Damiru se ne svida Fa-nova ravnina, Emi se ne svida Fanova ravnina niti ciklus, a Filipu je svejedno (slika 6.3).

Ana

Branko

Cvjeta

Damir

Ema

Filip

Slika 6.3: Preferencije studenata.

Rjesenje. Najprije izracunamo topovski polinom za zabranjene pozicije P na slici 6.3 uzpomoc propozicije 5.1:

R(P, x) = R( , x) ·R( , x) ·R( , x) = (1 + x) · (1 + 4x+ 2x2) · (1 + 3x+ x2) =

= 1 + 8x+ 22x2 + 25x3 + 12x4 + 2x5.

Vidimo da je r0(P ) = 1, r1(P ) = 8, r2(P ) = 22, r3(P ) = 25, r4(P ) = 12 i r5(P ) = 2. Poteoremu 6.6, broj permutacija sa zabranjenim pozicijama iz P je

5∑k=0

(−1)k rk(P ) (6− k)! = 6!− 8 · 5! + 22 · 4!− 25 · 3! + 12 · 2!− 2 · 1! =

= 720− 960 + 528− 150 + 24− 2 = 160.

2Jacques Touchard (1885.–1968.), francuski matematicar.

57

Zadaci

Zadatak 6.1. Na koliko nacina mozemo izabrati 5 karata iz spila od 32 karte (po 8 karatau cetiri boje: ♠, ♦, ♥, ♣) tako da imamo bar jednu kartu svake boje?

Zadatak 6.2. Drustvo od n planinara hoda u redu, jedan za drugim. Na koliko nacinamogu promijeniti redoslijed hodanja tako da nitko ne bude neposredno iza planinara kojemje prije promjene gledao u leda?

Zadatak 6.3. Koliko ima permutacija multiskupa {a21, a

22, . . . , a

2n} (n razlicitih elemenata

kratnosti 2) u kojima su susjedni elementi razliciti?

Zadatak 6.4. Koliko ima grafova sa skupom vrhova V = {1, 2, . . . , n} koji nemaju izo-liranih vrhova? Za vrh kazemo da je izoliran ako je stupnja 0, tj. nije incidentan niti sjednim bridom.

Zadatak 6.5. Zadana je n× n matrica A koja sadrzi svaki od brojeva od 1 do n2 tocnojednom. Koliko ima matrica B koje zadovoljavaju isti uvjet, a niti jedan redak im se nepodudara s odgovarajucim retkom matrice A?

Zadatak 6.6. Odredite broj permutacija π ∈ S5 sa zabranjenim pozicijama P = {(1, 1),(1, 2), (2, 2), (3, 3), (4, 3), (4, 4), (5, 5)}.

Zadatak 6.7. Odredite broj permutacija π ∈ S4 takvih da je π(1) 6= 3, π(2) < 3 iπ(4) > 1.

Zadatak 6.8. Odredite broj permutacija π ∈ S6 takvih da π(1) i π(2) nisu djeljivi s 3,π(3) i π(4) nisu djeljivi s 4, a π(5) i π(6) nisu djeljivi s 5.

Zadatak 6.9. Pokazite da je reducirani “probleme des menages”, tj. prebrojavanje raspo-reda sjedenja muskaraca nakon sto su zene sjele, ekvivalentan prebrojavanju savrsenihsparivanja u grafu koji se dobije izbacivanjem jednog Hamiltonova ciklusa iz potpunogbipartitnog grafa Kn,n. Jos jedan ekvivalentan problem je izracunavanje permanente ma-trice kojoj je prvi redak [0, 0, 1, . . . , 1] (dvije uzastopne nule i jedinice na svim ostalimmjestima), a ostali reci dobiju se ciklickim pomakom u desno.

Zadatak 6.10. Graf G dobijemo od potpunog bipartitnog grafa Kn,n, n ≥ 2, tako daiz njega izbacimo bridove jednog ciklusa duljine 4. Koliko ima savrsenih sparivanja ugrafu G? Uputa: interpretirajte kao problem prebrojavanja permutacija sa zabranjenimpozicijama.

Zadatak 6.11. Dokazite teorem 6.4 na drugi nacin, iz multiplikativnosti Eulerove funkcije

M(a, b) = 1⇒ ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) i svojstva ϕ(pe) = pe − pe−1 = pe ·(

1− 1p

).

Poglavlje 7

Mobiusova inverzija

7.1 Dokaz formule ukljucivanja-iskljucivanja

U prethodnom poglavlju koristili smo se formulom ukljucivanja-iskljucivanja (6.1), alije nismo dokazali. Formula se moze dokazati na vise nacina. Dokaz matematickomindukcijom je najmanje inventivan. U skripti [26] dokazana je prebrojavanjem doprinosaelemenata x ∈ X lijevoj i desnoj strani (teorem 2.6.2 na str. 55 i 56). U knjizi [22]dan je dokaz s pomocu involucije i jos jedan dokaz prebrojavanjem (dokazi 4.13 i 4.14na str. 159). U ovom poglavlju dokazat cemo formulu ukljucivanja-iskljucivanja gene-ralizacijom. Generalizirat cemo (6.1) do principa koji je zbog svoje opcenitosti jasan izdefinicije, takozvane Mobiusove inverzije. Do toga cemo doci u nekoliko koraka i trebatcemo savladati neke tehnicke prepreke. Ovakav dokaz preuzet je iz knjige [8].

Za prvi korak generalizacije uvedimo dodatne oznake. Sjetimo se da imamo fami-liju podskupova A1, . . . , An ⊆ X konacnog skupa X. Skup indeksa oznacavamo N =

X{1,2}X{1} X{2}

X{1,2,3}

X{1,3} X{2,3}

X{3}

X∅

Slika 7.1: Podrucja Vennova dijagrama familije {A1, A2, A3}.

59

60 POGLAVLJE 7. MOBIUSOVA INVERZIJA

{1, . . . , n}, a za podskup skupa indeksa I ⊆ N oznaka AI predstavlja presjek AI =⋂i∈IAi.

Za element x ∈ X neka je I(x) = {i ∈ N | x ∈ Ai} skup svih indeksa i takvih da x pripadaskupu Ai. Za podskup indeksa I ⊆ X neka je XI = {x ∈ X | I(x) = I}. Time smouspostavili bijekciju izmedu podskupova indeksa i podrucja Vennova dijagrama familije{A1, . . . , An} (slika 7.1). Dodavanjem jos jednog skupa u familiju, svako podrucje Vennovadijagrama dijelimo na dva podrucja. Zato je ukupan broj podrucja Vennova dijagrama 2n,isto kao podskupova od N . Specijalni slucaj ove oznake je X∅, sto je skup elemenata x ∈ Xkoji ne pripadaju niti jednom od podskupova Ai iz familije, tj. X∅ = (A1 ∪ · · · ∪ An)c.Na drugom kraju je XN = A1 ∩ · · · ∩ An, skup elemenata x ∈ X koji pripadaju svimpodskupovima familije.

Teorem 7.1. Za svaki I ⊆ N vrijedi

|XI | =∑J⊇I

(−1)|J\I||AJ |. (7.1)

Suma ide po svim podskupovima indeksa J ⊆ N koji su nadskupovi od I. Pri-mijetimo da za I = ∅ dobivamo upravo formulu (6.1). Dakle, formula (7.1) je zaistageneralizacija formule ukljucivanja-iskljucivanja (6.1). Necemo direktno dokazivati ovajteorem, nego cemo ga dalje generalizirati. Partitivni skup od N (skup svih podskupovaindeksa) oznacavamo 2N .

Teorem 7.2. Za svake dvije funkcije f, g : 2N → R ekvivalentno je

(a) g(I) =∑J⊇I

f(J), ∀I ⊆ N ,

(b) f(I) =∑J⊇I

(−1)|J\I|g(J), ∀I ⊆ N .

Ovaj teorem je specijalni slucaj Mobiusove inverzije: ako funkciju g mozemo izrazitikao sumu vrijednosti funkcije f po nadskupovima argumenta, onda f mozemo izrazitina isti nacin preko g, ali s alternirajucim predznacima. Vrijedi i obratna implikacija.Pokazimo najprije kako iz teorema 7.2 slijedi formula (7.1).

Neka je f(I) = |XI | i g(I) = |AI |. Za bilo koji I ⊆ N , g(I) je broj elemenata x ∈ Xtakvih da je x ∈ Ai za sve i ∈ I. S druge strane, f(I) je broj elemenata x ∈ X takvihda je x ∈ Ai za sve i ∈ I te x 6∈ Ai za sve i ∈ N \ I. Primijetimo da vrijedi AI =

⋃J⊇I

XJ

i unija je disjunktna, tj. XJ1 ∩ XJ2 = ∅ za sve J1 6= J2. Stoga po principu sume vrijedig(I) = |AI | =

∑J⊇I|XJ | =

∑J⊇I

f(I). Nase dvije funkcije zadovoljavaju svojstvo (a) iz

teorema 7.2, pa vrijedi i svojstvo (b):

|XI | = f(I) =∑J⊇I

(−1)|J\I|g(J) =∑J⊇I

(−1)|J\I||AJ |.

To je upravo formula (7.1). Sljedeci teorem je ekvivalentan teoremu 7.2, ali sume idu popodskupovima umjesto po nadskupovima.

7.1. DOKAZ FORMULE UKLJUCIVANJA-ISKLJUCIVANJA 61

Teorem 7.3. Za svake dvije funkcije f, g : 2N → R ekvivalentno je

(a) g(I) =∑J⊆I

f(J), ∀I ⊆ N ,

(b) f(I) =∑J⊆I

(−1)|I\J |g(J), ∀I ⊆ N .

Tvrdnja teorema 7.3 slijedi iz teorema 7.2 tako da ga primijenimo na funkcije F (I) =f(N\I) i G(I) = g(N\I). Na isti nacin dokazujemo teorem 7.2 iz teorema 7.3. Teoremi suekvivalentni, a oba su specijalni slucajevi Mobiusove inverzije. Promotrimo jednu vaznuposljedicu teorema 7.3.

Korolar 7.4. Za svake dvije funkcije f, g : {0, 1, . . . , n} → R ekvivalentno je

(a) g(i) =i∑

j=0

(i

j

)f(j), ∀i ∈ {0, 1, . . . , n},

(b) f(i) =i∑

j=0

(−1)i−j(i

j

)g(j), ∀i ∈ {0, 1, . . . , n}.

Dokaz. Tvrdnja slijedi iz teorema 7.3 tako da ga primijenimo na funkcije F,G : 2N → R,F (I) = f(|I|), G(I) = g(|I|).

Ova tvrdnja poznata je kao binomna inverzija, a funkciju g nazivamo binomnom tran-sformacijom funkcije f . Zapisimo formulu za broj surjekcija iz teorema 6.1 na druginacin:

Sur(n, k) =k∑i=0

(−1)i(k

i

)(k − i)n =

∣∣∣∣ j = k − ii = k − j

∣∣∣∣ =k∑j=0

(−1)k−j(

k

k − j

)jn.

Iz simetrije binomnih koeficijenata i zamjenom oznake k → i dobivamo

Sur(n, i) =i∑

j=0

(−1)i−j(i

j

)jn.

Ovo je tvrdnja (b) iz korolara 7.4 za funkcije f(i) = Sur(n, i) i g(i) = in. Ekvivalentna jetvrdnji (a), koja glasi

in =i∑

j=0

(i

j

)Sur(n, j). (7.2)

Ovu formulu mozemo dokazati kombinatorno (zadatak 7.2) i tako dobivamo drugi dokazformule za broj surjekcija. I teorem 6.5 mozemo dokazati binomnom inverzijom (zada-tak 7.3).


Skup svih funkcija f : {0, 1, . . . , n} → R cini vektorski prostor izomorfan s Rn+1.Funkciju f identificiramo s uredenom (n+1)-torkom realnih brojeva (f(0), f(1), . . . , f(n)),odnosno stupcanom matricom

f(0)f(1)

...f(n)

∈Mn+1,1(R).

Neka su A =[ (

ij

) ]ni,j=0

i B =[

(−1)i−j(ij

) ]ni,j=0

kvadratne matrice reda n + 1 koje

sadrze binomne koeficijente, odnosno binomne koeficijente s alternirajucim predznacima.Matrice su donjetrokutaste (A je Pascalov trokut, a B Pascalov trokut s predznacima).Po korolaru 7.4, za svaka dva vektora f, g ∈Mn+1,1(R) vrijedi

g = A · f ⇐⇒ f = B · g.

To znaci da su matrice A i B jedna drugoj inverzne, B = A−1 i A = B−1. U teoremu 4.13izveli smo relacije ortogonalnosti za Stirlingove brojeve prve i druge vrste, sto takodermozemo protumaciti kao princip inverzije, analogno korolaru 7.4 (zadatak 7.5).

U ovoj cjelini generalizirali smo formulu ukljucivanja-iskljucivanja (6.1) do principainverzije iskazanog teoremima 7.2 i 7.3. Prije nego sto nastavimo generalizirati do opcegprincipa Mobiusove inverzije, upoznat cemo se s klasicnom Mobiusovom inverzijom izteorije brojeva.

7.2 Klasicna Mobiusova inverzija

August Ferdinand Mobius (1790.–1868.) bio je njemacki matematicar i astronom. Poz-nat je po Mobiusovoj traci, neorijentabilnoj plohi u prostoru sa samo jednom stranom(slika 7.7). Osim toga uveo je Mobiusovu funkciju µ : N → {−1, 0, 1}, vaznu multiplika-tivnu funkciju u teoriji brojeva. Za prirodan broj m ∈ N s rastavom na proste faktorem = pe11 · · · penn vrijednost Mobiusove funkcije je

µ(m) =

{(−1)n, ako je e1 = . . . = en = 1,

0, inace.(7.3)

Dakle, µ(m) = 0 ako je m djeljiv kvadratom nekog prostog broja. U suprotnom, µ(m) = 1ako je m produkt parno mnogo razlicitih prostih brojeva, a µ(m) = −1 ako je m produktneparno mnogo razlicitih prostih brojeva.

Teorem 7.5. Suma po svim djeljiteljima od m vrijednosti Mobiusove funkcije je

∑d |m

µ(d) =

{1, za m = 1,

0, za m > 1.

7.2. KLASICNA MOBIUSOVA INVERZIJA 63

Dokaz. Neka je m = pe11 · · · penn rastav na proste faktore i N = {1, . . . , n} skup indeksa,kao ranije. Dovoljno je sumirati po svim djeliteljima d od m koji su produkti razlicitihprostih faktora od m, inace je µ(d) = 0. Vrijedi∑

d |m

µ(d) =∑I⊆N

µ(∏i∈I

pi ) =∑I⊆N

(−1)|I| =n∑i=0

(n

i

)(−1)i = (1 + (−1))n = 0n.

U predzadnjem koraku koristili smo se binomnim teoremom, a 0n je jednak 1 za n = 0(tj. m = 1) i 0 inace.

Teorem 7.6. Za svake dvije funkcije f, g : N→ R ekvivalentno je

(a) g(m) =∑d |m

f(d), ∀m ∈ N,

(b) f(m) =∑d |m

µ(d) g(m

d), ∀m ∈ N.

Dokaz. Dokazimo implikaciju (a)⇒ (b). Raspisimo desnu stranu od (b):

∑d |m

µ(d) g(m

d) =

∑d |m

µ(d)

∑c | m

d

f(c)

=∑

(c,d)∈S

µ(d) f(c).

Zadnja suma ide po skupu parova prirodnih brojeva

S ={

(c, d) : d | m, c | md

}= {(c, d) : d | m, cd | m} =

{(c, d) : c | m, d | m

c

}.

Mozemo je zapisati kao

∑(c,d)∈S

µ(d) f(c) =∑c |m

∑d | m

c

µ(d) f(c) =∑c |m

f(c)

∑d | m

c

µ(d)

.

Suma u zagradi je po teoremu 7.5 jednaka 1 za mc

= 1, tj. c = m, a 0 inace. Zato jerezultat f(m). Druga implikacija (b)⇒ (a) dokazuje se slicno, vidi [9, teorem 5.1].

Mobiusovu inverziju mozemo primijeniti na sljedece funkcije:

τ(m) =∑d |m

1 = broj djelitelja od m, (7.4)

σ(m) =∑d |m

d = suma djelitelja od m, (7.5)

σ2(m) =∑d |m

d2 = suma kvadrata djelitelja od m. (7.6)

Iz teorema 7.6 slijedi∑d |m

µ(d) τ(m

d) = 1,

∑d |m

µ(d)σ(m

d) = m,

∑d |m

µ(d)σ2(m

d) = m2.

Sjetimo se da je Eulerova funkcija ϕ(m) jednaka broju elemenata iz {1, . . . ,m} rela-tivno prostih s m.


Teorem 7.7. Za svaki m ∈ N vrijedi∑d |m

ϕ(d) = m.

Dokaz. Dokaz cemo ilustrirati na primjeru m = 12, ali argumentacija vrijedi opcenito.Razlomaka s nazivnikom m i brojnicima iz {1, . . . ,m} ima tocno m:

1

12,

2

12,

3

12,

4

12,

5

12,

6

12,

7

12,

8

12,

9

12,

10

12,

11

12,

12

12.

Skratimo razlomke

1

12,

1

6,

1

4,

1

3,

5

12,

1

2,

7

12,

2

3,

3

4,

5

6,

11

12,

1

1

i grupiramo ih po nazivniku:

1

1;

1

2;

1

3,

2

3;

1

4,

3

4;

1

6,

5

6;

1

12,

5

12,

7

12,

11

12.

Uocimo da se u nazivnicima skracenih razlomaka javljaju svi djelitelji od m. Djelitelj djavlja se s brojnicima koji su relativno prosti s d, dakle ϕ(d) puta. Prema tome, suma∑d |m

ϕ(d) jednaka je broju razlomaka m. Drugi dokaz dan je u [9, teorem 2.12].

Mobiusovom inverzijom formule iz teorema 7.7 dobivamo

ϕ(m) =∑d |m

µ(d)m

d= m ·

∑d |m

µ(d)

d.

Kao u dokazu teorema 7.5, dovoljno je sumirati po djeliteljima od m koji su produktirazlicitih prostih faktora od m. Za m = pe11 · · · penn slijedi

ϕ(m) = m ·∑I⊆N

(−1)|I|∏i∈Ipi

= m ·n∏i=1

(1− 1

pi

).

Ovu formulu za Eulerovu funkciju dokazali smo u teoremu 6.4 s pomocu formule uklju-civanja-iskljucivanja. Naslucujemo da su generalizacije FUI u obliku principa inverzije(teoremi 7.2 i 7.3) te klasicna Mobiusova inverzija (teorem 7.6) specijalni slucajevi istogopceg principa inverzije. Objasnit cemo ga u sljedecoj cjelini i tada cemo zavrsiti dokazformule (6.1) generalizacijom.

7.3 Incidencijska algebra parcijalno uredenog skupa

Parcijalno ureden skup (X,≤) sastoji se od nepraznog skupa X i binarne relacije ≤ na Xkoja je refleksivna (x ≤ x, ∀x ∈ X), antisimetricna (x ≤ y i y ≤ x⇒ x = y) i tranzitivna(x ≤ y i y ≤ z ⇒ x ≤ z). Skup realnih brojeva R i njegovi podskupovi N, Z i Q sastandardnom relacijom “manje ili jednako” cine parcijalno uredene skupove. Stovise, tarelacija ima dodatno svojstvo da su svaka dva elementa usporediva: za sve x, y ∈ R vrijedix ≤ y ili y ≤ x. U tom slucaju govorimo o totalno ili linearno uredenom skupu.

7.3. INCIDENCIJSKA ALGEBRA PARCIJALNO UREDENOG SKUPA 65

Primjer parcijalno uredenog skupa koji nije totalno ureden je partitivni skup 2S uzrelaciju inkluzije ⊆. Ako skup S sadrzi bar dva elementa x, y ∈ S, x 6= y, podskupovi{x}, {y} ∈ 2S nisu usporedivi obzirom na relaciju inkluzije, tj. ne vrijedi {x} ⊆ {y}niti {y} ⊆ {x}. Drugi primjer je skup prirodnih brojeva N s relacijom djeljivosti |.Prirodni brojevi 2 i 3 nisu usporedivi obzirom na djeljivost. Parcijalno ureden skup(2S,⊆) nazivamo Booleovom1 resetkom. Definicija resetke dana je u zadatku 7.11.

Primjer 7.8. Neka je X konacan skup od n elemenata. Koliko ima totalnih uredaja naskupu X? Koliko ima parcijalnih uredaja na skupu X?

Rjesenje. Totalni uredaj na X mozemo identificirati s permutacijom skupa X, tj. ure-denom n-torkom razlicitih elemenata iz X. Na prvo mjesto stavimo najmanji elementobzirom na uredaj, zatim sljedeci po “velicini” itd. Zato totalnih uredaja ima n!. Pre-brojavanje parcijalnih uredaja je tezak problem. Nije poznata formula, rekurzija, nitifunkcija izvodnica za broj parcijalnih uredaja na n-clanom skupu. Poznate su vrijed-nosti do n = 18, navedene u The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences [31] kao nizA001035.

Iduci teorem pokazuje da svaki parcijalni uredaj mozemo prosiriti do totalnog uredaja.

Teorem 7.9. Za svaki parcijalni uredaj ≤ na skupu X postoji totalni uredaj ≤∗ na Xtakav da je ≤ podskup od ≤∗.

Dokaz. Teorem vrijedi za svaki skup X, ali dokazujemo ga samo u slucaju kad je Xkonacan. Ako ≤ nije totalni uredaj, postoje neusporedivi elementi a, b ∈ X. Prosiritcemo ≤ do parcijalnog uredaja ≤′ tako da vrijedi a ≤′ b. Da bismo sacuvali tranzitivnost,svi elementi iz skupa ↓a = {x ∈ X | x ≤ a} moraju biti u relaciji ≤′ s elementima iz skupa↑b = {x ∈ X | b ≤ x}. Prosirimo ≤ tako da dodamo parove iz Kartezijeva produkta tadva skupa:

≤′ = ≤ ∪ (↓a×↑b).

Nova relacija ≤′ je refleksivna jer prosiruje staru relaciju ≤. Za dokaz antisimetricnostipretpostavimo da je x ≤′ y i y ≤′ x. To znaci da je x ≤ y ili (x, y) ∈↓a×↑b, te y ≤ x ili(y, x) ∈↓a×↑b (cetiri mogucnosti). Tri mogucnosti vode u kontradikciju s neusporedivostiod a i b. Preostaje mogucnost x ≤ y i y ≤ x, iz cega zbog antisimetricnosti od ≤ slijedix = y. Slicno se provjeri tranzitivnost od ≤′. Dakle, ≤′ je parcijalni uredaj koji prosiruje≤ i u kojem su a i b usporedivi. Nakon konacno mnogo takvih prosirenja dolazimo dototalnog uredaja ≤∗.

Primijetimo da prosirenje ≤∗ nije jedinstveno. U svakom koraku iz dokaza teorema 7.9mozemo birati hocemo li staviti a ≤′ b ili b ≤′ a. Teorem kaze da elemente n-clanogparcijalno uredenog skupa (X,≤) mozemo numerirati X = {x1, . . . , xn} tako da vrijedixi ≤ xj ⇒ i ≤ j. Prosirenje ≤∗ pritom identificiramo s prirodnim totalnim uredajem naskupu indeksa N = {1, . . . , n}. U racunarstvu se takvo numeriranje naziva topoloskimsortiranjem, a parcijalni uredaj ≤ obicno se promatra kao aciklicki usmjereni graf saskupom vrhova X (vidi [38] i [21, str. 261-268]).

1George Boole (1815.-1864.), engleski matematicar, logicar i filozof.


Princip inverzije iskazan teoremima 7.2 i 7.3 odnosi se na realne funkcije kojima jedomena Booleova resetka 2N , a klasicna Mobiusova inverzija na realne funkcije kojimaje domena skup prirodnih brojeva s djeljivosti kao parcijalnim uredajem. Opcu teorijuMobiusove inverzije na lokalno konacnom parcijalno uredenom skupu razvio je talijansko-americki matematicar i filozof Gian-Carlo Rota (1932.-1999.) u radu [29]. To je prvi u nizuRotinih radova kojima je cilj bio razviti kombinatoriku kao modernu matematicku teorijui dovesti je u “matematicki mainstream”. Za noviji pogled na polozaj kombinatorike umatematici procitajte esej [15] Tima Gowersa, dobitnika Fieldsove medalje.

Neka je (X,≤) parcijalno ureden skup i x, y ∈ X njegovi elementi. Segment je skupoblika [x, y] = {z ∈ X | x ≤ z i z ≤ y}. Ako ne vrijedi x ≤ y, sto zapisujemo x 6≤ y,onda je [x, y] = ∅. Ako vrijedi x ≤ y, segment [x, y] sadrzi barem elemente x i y. Zaparcijalno ureden skup kazemo da je lokalno konacan ako su svi segmenti konacni. Naprimjer, (N, |) je lokalno konacan jer [x, y] sadrzi samo djelitelje prirodnog broja y, a njihima konacno mnogo. Naravno, svaki konacan parcijalno ureden skup je ujedno lokalnokonacan. U nastavku je (X,≤) uvijek lokalno konacan parcijalno ureden skup. Pridruzitcemo mu takozvanu incidencijsku algebru.

Algebra je vektorski prostor V nad nekim poljem snabdjeven dodatnom operacijommnozenja vektora · : V × V → V koja je bilinearna, tj. zadovoljava (αx1 + βx2) · y =α(x1 · y) + β(x2 · y) i x · (αy1 + βy2) = α(x · y1) + β(x · y2). Primjer algebre je vektorskiprostor kvadratnih matrica Mn(R) uz operaciju mnozenja matrica. Matrica A = [aij] jefunkcija a : N×N → R, gdje je N = {1, . . . , n} skup indeksa. Ova algebra je asocijativnai ima jedinicu, tj. neutralni element za mnozenje (jedinicnu matricu I).

Jednu vaznu podalgebru algebre matrica cine gornjetrokutaste matrice Tn(R). To jepotprostor vektorskog prostora Mn(R), a uz to je zatvoren obzirom na mnozenje matrica(zadatak 7.13). Gornjetrokutaste matrice su one koje ispod glavne dijagonale imaju nule.Uz prirodni uredaj na skupu indeksa N , to su funkcije a : N × N → R za koje vrijedia(i, j) = 0 ako je i > j, tj. i 6≤ j. Determinanta gornjetrokutaste matrice A = [aij] ∈Tn(R) je produkt elemenata na dijagonali: detA = a11 · · · ann. Stoga, A je regularna(invertibilna) ako i samo ako su svi elementi na dijagonali razliciti od 0.

Definicija 7.10. Neka je P = (X,≤) lokalno konacan parcijalno ureden skup. Inciden-cijska algebra I(P ) je skup svih funkcija f : X×X → R za koje vrijedi f(x, y) = 0 ako jex 6≤ y. Umnozak skalarom αf i zbroj f + g funkcija f, g ∈ I(P ) definiramo po tockama,a produkt ili konvoluciju formulom

(f · g)(x, y) =∑z∈[x,y]

f(x, z) g(z, y). (7.7)

Zbog pretpostavke o lokalnoj konacnosti, suma iz forumule (7.7) je konacna. Nije teskoprovjeriti da je skup I(P ) zatvoren obzirom na definirane operacije (zadatak 7.15). Umje-sto provjere svih aksioma algebre, ulozit cemo I(P ) u algebru gornjetrokutastih matrica.Tako posredno dokazujemo da je I(P ) asocijativna algebra s jedinicom.

Teorem 7.11. Ako je P = (X,≤) konacan parcijalno ureden skup od n elemenata, inci-dencijska algebra I(P ) je izomorfna podalgebri od Tn(R). Funkcija f ∈ I(P ) je invertibilnaako i samo ako je f(x, x) 6= 0, ∀x ∈ X.


Dokaz. Po teoremu 7.9 mozemo numerirati elemente X = {x1, . . . , xn} tako da vrijedixi ≤ xj ⇒ i ≤ j. Funkciji f ∈ I(P ) pridruzimo matricu A = [aij], aij = f(xi, xj). Matricaje gornjetrokutasta, a pridruzivanje f 7→ A je injektivni linearni operator (monomorfizamvektorskih prostora I(P ) i Tn(R)). Ako pridruzuje f 7→ A i g 7→ B, vrijedi

(f · g)(xi, xj) =∑

xk∈[xi,xj ]

f(xi, xk) g(xk, xj) =∑

xk∈[xi,xj ]

aik bkj =∑i≤k≤j

aik bkj =n∑k=1

aik bkj.

U predzadnjem koraku sumirali smo po svim indeksima k koji zadovoljavaju i ≤ k ≤ j,a ne samo po indeksima koji zadovoljavaju xk ∈ [xj, xj]. Suma se pritom ne mijenja jerza xi 6≤ xk je aik = 0, a za xk 6≤ xj je bkj = 0. Slicno, u zadnjem koraku sumu smijemoprosiriti na sve indekse od 1 do n jer je aik = 0 za k < i i bkj = 0 za k > j. Zadnja sumaje upravo unos na mjestu (i, j) produkta matrica A · B. Dakle, vrijedi f · g 7→ A · B,tj. pridruzivanje cuva mnozenje. Rijec je o monomorfizmu algebri, a njegova slika jepodalgebra od Tn(R) izomorfna incidencijskoj algebri I(P ).

Jos trebamo provjeriti kriterij za invertibilnost funkcije f ∈ I(P ) i zatvorenost I(P )na invertiranje. Neutralni element za mnozenje u I(P ) je Kroneckerova delta funkcija:

δ(x, y) =

{1, ako je x = y,

0, inace.

Za sve f ∈ I(P ) vrijedi (f · δ)(x, y) =∑

z∈[x,y]

f(x, z) δ(z, y) = f(x, y), a analogno vidimo

da je δ · f = f .Ako je funkcija f ∈ I(P ) invertibilna, tj. postoji funkcija g ∈ I(P ) takva da je

f ·g = g ·f = δ, onda za svaki x ∈ X vrijedi 1 = δ(x, x) = (f ·g)(x, x) = f(x, x)g(x, x). Iztoga vidimo da je f(x, x) 6= 0. Obrnuto, neka f ∈ I(P ) zadovoljava f(x, x) 6= 0, ∀x ∈ X.Definiramo g(x, y) induktivno po kardinalitetu segmenta [x, y]:

- ako je | [x, y] | = 0, tj. [x, y] = ∅, onda je x 6≤ y i stavljamo g(x, y) = 0,

- ako je | [x, y] | = 1, onda je x = y i stavljamo g(x, x) =1

f(x, x),

- ako je | [x, y] | > 1, definiramo g(x, y) =−1

f(x, x)

∑z∈〈x,y]

f(x, z)g(z, y).

U zadnjem koraku je 〈x, y] = {z ∈ X | x < z i z ≤ y}, a pritom x < z znaci x ≤ z ix 6= z. Za svaki z ∈ 〈x, y], kardinalitet segmenta [z, y] je strogo manji od kardinalitetasegmenta [x, y], pa su vrijednosti g(z, y) definirane ranije. Iz definicije od g jasno je davrijedi g ∈ I(P ) i f(x, x)g(x, x) = 1 = δ(x, x), ∀x ∈ X. Za x, y ∈ X, x 6= y, iz zadnjegkoraka induktivne definicije slijedi

0 = f(x, x)g(x, y) +∑z∈〈x,y]

f(x, z)g(z, y) =∑z∈[x,y]

f(x, z)g(z, y) = (f · g)(x, y).

Dakle, vrijedi f · g = δ, a moze se provjeriti i g · f = δ. Time smo dokazali da je finvertibilna i f−1 = g ∈ I(P ). Ujedno smo dobili rekurzivni algoritam za racunanjeinverza u incidencijskoj algebri.


Vazna funkcija u incidencijskoj algebri I(P ) je takozvana zeta funkcija:

ζ(x, y) =

{1, ako je x ≤ y,

0, inace.

To je karakteristicna funkcija parcijalnog uredaja ≤. Po prethodnom teoremu, zeta funk-cija je invertibilna.

Definicija 7.12. Mobiusova funkcija parcijalno uredenog skupa P je inverz zeta funkcije:

µ = ζ−1 ∈ I(P ).

Propozicija 7.13. Mobiusova funkcija poprima cjelobrojne vrijednosti.

Dokaz. Zeta funkcija ζ poprima vrijednosti 0 i 1. U teoremu 7.11 vidjeli smo da vrijednostiinverza µ = ζ−1 dobivamo zbrajanjem, oduzimanjem i mnozenjem vrijednosti od ζ iprethodnih vrijednosti od µ te dijeljenjem sa ζ(x, x) = 1. Zato je µ(x, y) ∈ Z za svex, y ∈ X.

U zadatku 7.17 dokazujemo da Mobiusova funkcija moze poprimiti bilo koju cjelo-brojnu vrijednost. Iduci teorem je najavljena generalizacija teorema 7.3 i teorema 7.6.

Teorem 7.14. Za svake dvije funkcije f, g ∈ I(P ) ekvivalentno je

(a) g(x, y) =∑z∈[x,y]

f(x, z), ∀x, y ∈ X,

(b) f(x, y) =∑z∈[x,y]

g(x, z)µ(z, y), ∀x, y ∈ X.

Dokaz. Tvrdnja (a) je g = f ·ζ, a tvrdnja (b) je f = g ·µ. Ekvivalencija slijedi mnozenjemzdesna sa µ, odnosno ζ.

U ovoj opcenitosti Mobiusova inverzija je trivijalna posljedica definicije mnozenja uincidencijskoj algebri (7.7) i definicije 7.12. Za konkretne parcijalno uredene skupove,netrivijalni “tehnicki” dio posla je odrediti Mobiusovu funkciju. Promotrimo prvo jedanjednostavni primjer, skup N = {1, . . . , n} s prirodnim totalnim uredajem. U tom slucajuincidencijska algebra je skup svih gornjetrokutastih matrica Tn(R). Zeta funkcija odgovaramatrici

Z =

1 1 1 · · · 10 1 1 · · · 10 0 1 · · · 1...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1

koja ima jedinice na svim mjestima iznad i na dijagonali. Mobiusova funkcija odgovaramatrici

M =

1 −1

1 −1

1. . .. . . −1

1


koja na dijagonali ima jedinice, neposredno iznad dijagonale minus jedinice, a ostali unosisu nule. Lako se provjeri Z ·M = M · Z = I, iz cega slijedi M = Z−1 i

µ(i, j) =

1, za i = j,

−1, za j = i+ 1,

0, inace.

(7.8)

Mobiusova inverzija u totalno uredenom skupu N glasi

g(i, j) =

j∑k=i

f(i, k) ⇐⇒ f(i, j) =

j∑k=i

g(i, k)µ(k, j) = g(i, j)− g(i, j − 1).

Uvrstavanjem i = 1 i prijelazom na funkcije jedne varijable j dobivamo

g(j) =

j∑k=1

f(k) ⇐⇒ f(j) = g(j)− g(j − 1) = ∇g(j).

Ovo je diskretna Newton-Leibnizova formula, tj. teorem 2.4 u nesto drugacijim obliku.Mnozenje sa ζ odgovara sumiranju (“diskretnom integriranju”), a mnozenje s µ odgovaradiferenciranju (djelovanju s “backward difference” operatorom ∇).

Formulu (7.8) mozemo generalizirati na bilo koji lokalno konacni totalno uredeni skup:

µ(x, y) =

1, za x = y,

−1, za xl y,

0, inace.

Oznaku x l y citamo “y natkriva x” ili “x je natkriven s y”. Znaci da vrijedi x < y (tj.x ≤ y i x 6= y) te ne postoji z ∈ X takav da je x < z < y.

Da bismo izveli formulu za Mobiusovu funkciju Booleove resetke (2S,⊆), treba nampojam direktnog produkta parcijalno uredenih skupova.

Definicija 7.15. Neka su P1 = (X1,≤1) i P2 = (X2,≤2) parcijalno uredeni skupovi.Direktni produkt P1 × P2 sastoji se od Kartezijeva produkta X = X1 × X2 i relacije ≤na X definirane s (x1, x2) ≤ (y1, y2) ⇐⇒ x1 ≤1 y1 i x2 ≤2 y2.

Analogno definiramo direktni produkt n parcijalno uredenih skupova P1 × · · · × Pn.Naravno, direktni produkt je parcijalno uredeni skup (zadatak 7.20). Booleovu resetku(2S,⊆) n-clanog skupa S mozemo identificirati s direktnim produktom {0, 1}×· · ·×{0, 1}od n dvoclanih totalno uredenih skupova s prirodnim uredajem. Izomorfizam je bijekcijaiz primjera 1.3 izmedu podskupova od S i binarnih nizova.

Teorem 7.16. Ako parcijalno uredeni skupovi P1 i P2 imaju Mobiusove funkcije µ1 i µ2,onda je Mobiusova funkcija direktnog produkta P1 × P2 dana s

µ ( (x1, x2), (y1, y2) ) = µ1(x1, y1) · µ2(x2, y2). (7.9)


Dokaz. Dovoljno je pokazati da funkcija µ definirana formulom (7.9) zadovoljava ζ ·µ = δ,gdje su ζ i δ odgovarajuce funkcije produkta P1 × P2. Vrijedi

(ζ · µ) ( (x1, x2), (y1, y2) ) =∑

(z1,z2)∈[(x1,x2), (y1,y2)]

µ1(z1, y1) · µ2(z2, y2) =

=∑

z1∈[x1,y1]

∑z2∈[x2,y2]

µ1(z1, y1) · µ2(z2, y2) =

∑z1∈[x1,y1]

µ1(z1, y1)

· ∑z2∈[x2,y2]

µ2(z2, y2)

= (ζ1 · µ1)(x1, y1) · (ζ2 · µ2)(x2, y2) = δ1(x1, y1) · δ2(x2, y2) = δ ( (x1, x2), (y1, y2) ) .

Analogna formula vrijedi za Mobiusovu funkciju produkta n parcijalno uredenih sku-pova.

Teorem 7.17. Mobiusova funkcija konacne Booleove resetke (2S,⊆) dana je s

µ(X, Y ) =

{(−1)|Y \X|, ako je X ⊆ Y,

0, inace.

Dokaz. Oznacimo elemente skupa S = {a1, . . . , an}. Podskup X ⊆ S identificiramo sbinarnim nizom (x1, . . . , xn) ∈ {0, 1}n kao u primjeru 1.3:

xi =

{1, ako je ai ∈ X,0, inace.

Vrijednosti Mobiusovih funkcija svakog faktora {0, 1} su µi(0, 0) = 1, µi(0, 1) = −1,µi(1, 0) = 0 i µi(1, 1) = 1. Po teoremu 7.16, Mobiusovu funkciju direktnog produktaracunamo kao produkt Mobiusovih funkcija faktora

µ ( (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ) = µ1(x1, y1) · · ·µn(xn, yn).

Produkt je 0 ako je bar jedan od faktora 0, tj. ako postoji i takav da je xi = 1 i yi = 0. Toznaci da postoji element ai koji pripada podskupu X i ne pripada Y , tj. ne vrijedi X ⊆ Y .Ako vrijedi X ⊆ Y , svi faktori su 1 ili −1, a rezultat ovisi o parnosti broja faktora −1.Faktor −1 znaci da je xi = 0 i yi = 1, tj. element ai pripada skupovnoj razlici Y \ X.Zato je rezultat u ovom slucaju (−1)|Y \X|.

Sada mozemo specijalizirati teorem 7.14 na Booleovu resetku:

g(X, Y ) =∑

X⊆Z⊆Y

f(X,Z) ⇐⇒ f(X, Y ) =∑

X⊆Z⊆Y

(−1)|Y \Z|g(X,Z).

Uvrstavanjem X = ∅ i prijelazom na funkcije jedne varijable Y dobivamo

g(Y ) =∑Z⊆Y

f(Z) ⇐⇒ f(Y ) =∑Z⊆Y

(−1)|Y \Z|g(Z).

Ovo je upravo teorem 7.3. Time smo zavrsili dokaz formule ukljucivanja-iskljucivanjageneralizacijom: teoremi 7.14 i 7.17 ⇒ teorem 7.3 ⇔ teorem 7.2 ⇒ teorem 7.1 ⇒formula (6.1). Klasicna Mobiusova inverzija takoder je specijalni slucaj teorema 7.14.

7.4. HASSEOVI DIJAGRAMI I MOBIUSOVA FUNKCIJA 71

Teorem 7.18. Mobiusova funkcija parcijalno uredenog skupa (N, |) dana je s

µ(x, y) =

{µ(yx

), ako x | y,

0, inace.

Pritom je µ(yx

)klasicna Mobiusova funkcija definirana formulom (7.3).

Iz teorema 7.14 i teorema 7.18 dobijemo tvrdnju ekvivalentnu teoremu 7.6.

7.4 Hasseovi dijagrami i Mobiusova funkcija

Hasseov2 dijagram je nacin prikaza konacnog parcijalno uredenog skupa (X,≤). Rijecje o usmjerenom grafu sa skupom vrhova X i lukovima (usmjerenim bridovima) (x, y)uvijek kada vrijedi x l y (y natkriva x). Hasseov dijagram obicno prikazujemo tako dasu “manji” vrhovi ispod “vecih”, tj. lukovi su usmjereni odozdo prema gore. Na primjer,Hasseov dijagram skupa N = {1, 2, 3, 4, 5} s prirodnim totalnim uredajem prikazan jena slici 7.2 lijevo. Hasseov dijagram Booleove resetke (2{1,2,3},⊆) prikazan je na slici 7.2desno.

1

2

3

4

5

81< 82< 83<

81, 2< 81, 3< 82, 3<

81, 2, 3<

∅

Slika 7.2: Hasseovi dijagrami od ({1, 2, 3, 4, 5},≤) i (2{1,2,3},⊆).

Parcijalno uredeni skup (N, |) nije konacan. Uzmimo bilo koji m ∈ N i promotrimoskup D(m) svih djelitelja od m s relacijom djeljivosti. To je segment [1,m] u (N, |)i sam je konacni parcijalno uredeni skup. Hasseov dijagram od D(36) prikazan je naslici 7.3. Ako je m = pe11 · · · penn rastav na proste faktore, pokazuje se da vrijedi D(m) =D(pe11 )×. . .×D(penn ). Faktori D(peii ) izomorfni su skupu {0, 1, . . . , ei} s prirodnim totalnimuredajem. To objasnjava zasto je µ(x, y) = 0 ako je y

xdjeljiv kvadratom prostog broja pi.

U odgovarajucem faktoru D(peii ) “pomaknuli” smo se navise za dva ili vise mjesta. Vidjeli

2Helmut Hasse (1898.-1979.), njemacki matematicar.


1

2 3

4 6 9

12 18

36

Slika 7.3: Hasseov dijagram od D(36).

smo da u totalno uredenom skupu vrijedi µ(x, y) = ±1 samo ako je x = y ili x l y, ainace je 0.

Jos jedan konacan parcijalno ureden skup cine sve particije skupa {1, . . . , n}. Uredajje pritom relacija profinjenja. Za particiju A kazemo da profinjuje particiju B i pisemoA ≤ B ako za svaki blok A ∈ A postoji blok B ∈ B takav da je A ⊆ B. Ovaj parcijalnoureden skup oznacavamo Πn. Hasseov dijagram od Π3 prikazan je na slici 7.4.

881<,82<,83<<

881,2<,83<< 881,3<,82<< 881<,82,3<<

881,2,3<<

Slika 7.4: Hasseov dijagram od Π3.

Neka je X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} i neka je parcijalni uredaj ≤ zadan Hasseovim dija-gramom na slici 7.5. Parovi u ≤ su tada tranzitivno prosirenje parova koje vidimo na slici


kao lukove. Na primjer, vrijedi 1 ≤ 5 i 1 ≤ 8 iako na slici nema izravnih lukova (1, 5) i(1, 8).

1

2 3 4

5 6 7

8

Slika 7.5: Hasseov dijagram kojim je zadan uredaj na {1, . . . , 8}.

Recimo da zelimo izracunati vrijednost Mobiusove funkcije µ(3, 8) ovog parcijalnouredenog skupa. Matrica koja odgovara zeta funkciji je

Z =

1 1 1 1 1 1 1 10 1 0 0 1 0 0 10 0 1 0 1 1 1 10 0 0 1 0 0 1 10 0 0 0 1 0 0 10 0 0 0 0 1 0 10 0 0 0 0 0 1 10 0 0 0 0 0 0 1

.

Mobiusovoj funkciji odgovara inverz te matrice:

M = Z−1 =

1 −1 −1 −1 1 0 1 00 1 0 0 −1 0 0 00 0 1 0 −1 −1 −1 20 0 0 1 0 0 −1 00 0 0 0 1 0 0 −10 0 0 0 0 1 0 −10 0 0 0 0 0 1 −10 0 0 0 0 0 0 1

.

Ako elemente te matrice oznacimo M = [mij], onda je µ(3, 8) = m38 = 2.Sad cemo upoznati efikasniji nacin izracunavanja Mobiusove funkcije. Lanac u parci-

jalno uredenom skupu P = (X,≤) je podskup L ⊆ X takav da su svaka dva elementa iz L


usporediva. Drugim rijecima, lanac je podskup parcijalno uredenog skupa koji je totalnoureden. Duljinu lanca L definiramo kao |L|− 1, a predznak lanca kao sgn(L) = (−1)|L|−1.Za elemente x, y ∈ X, oznacimo sa Sx,y skup svih lanaca u P kojima je x najmanji ele-ment, a y najveci element. Svaki takav lanac je podskup segmenta [x, y], pa je u lokalnokonacnom slucaju skup Sx,y konacan.

Teorem 7.19 (P. Hall, 1936.). Neka je P = (X,≤) lokalno konacan parcijalno uredenskup. Tada za sve x, y ∈ X vrijedi

µ(x, y) =∑L∈Sx,y

sgn(L). (7.10)

Dokaz. Oznacimo s µ′(x, y) sumu na desnoj strani formule (7.10). Da bismo dokazaliµ = µ′, dovoljno je provjeriti ζ · µ′ = δ. Trebamo provjeriti da za sve x, y ∈ X vrijedi∑z∈[x,y]

µ′(z, y) = δ(x, y). Raspisimo sumu na lijevoj strani:

∑z∈[x,y]

µ′(z, y) =∑z∈[x,y]

∑L∈Sz,y

sgn(L) =∑L∈S+

x,y

sgn(L).

Sa S+x,y smo oznacili skup svih lanaca od z do y za neki z ∈ [x, y]. Ako je x = y, skup

S+x,y sadrzi jedinstveni lanac {x} duljine 0 i suma je jednaka 1. Ako je x 6= y, imamo

dvije mogucnosti: x 6≤ y ili x < y. U prvom slucaju [x, y] je prazan skup i ne postoji nitijedan lanac u S+

x,y. Suma je tada jednaka 0. U slucaju x < y podijelimo skup S+x,y na

dva disjunktna podskupa: S0x,y je skup svih lanaca iz S+

x,y koji ne sadrze x, a S1x,y je skup

svih lanaca iz S+x,y koji sadrze x. Dodavanjem, odnosno brisanjem elementa x iz lanca

uspostavljamo bijekciju izmedu ta dva skupa:

S0x,y 3 L ←→ L ∪ {x} ∈ S1

x,y.

Pridruzeni lanci su pritom suprotnih predznaka, pa ce se u sumi pokratiti:∑L∈S+

x,y

sgn(L) =

��

∑L∈S0

x,y

sgn(L) +

��

∑L∈S1

x,y

sgn(L) = 0.

Dakle, suma je jednaka 0 uvijek kad je x 6= y. Time smo dokazali da je µ = µ′.

Promotrimo nekoliko jednostavnih posljedica ovog teorema. Ako je x 6≤ y, skup Sx,yje prazan i vrijedi µ(x, y) = 0. Ako je x l y, skup Sx,y sadrzi jedinstveni lanac {x, y}duljine 1 i predznala −1, pa vrijedi µ(x, y) = −1. Opcenito, skup Sx,y ovisi samo osegmentu [x, y], a ne o ostatku parcijalno uredenog skupa P . Na primjer, za parcijalnoureden skup zadan slikom 7.5, kod izracunavanja vrijednosti µ(3, 8) mozemo se ogranicitisamo na dio prikazan na slici 7.6. Taj dio sadrzi jedan lanac {3, 8} duljine 1 i predznaka−1 i tri lanca {3, 5, 8}, {3, 6, 8}, {3, 7, 8} duljine 2 i predznaka 1. Po teoremu 7.19 vrijediµ(3, 8) = −1 + 1 + 1 + 1 = 2.


3

5 6 7

8

Slika 7.6: Segment [3, 8] u parcijalno uredenom skupu sa slike 7.5.

Zadaci

Zadatak 7.1. Neka je N = {1, 2, 3}. Funkcija f : 2N → R zadana je s f(∅) = f({1}) =f({2}) = 1, f({3}) = f({1, 2}) = 2, f({1, 3}) = f({2, 3}) = 3 i f({1, 2, 3}) = 4.Ispisite sve vrijednosti funkcije g : 2N → R, g(I) =

∑J⊆I

f(J) i provjerite formulu inverzije

f(I) =∑J⊆I

(−1)|I\J |g(J) za argumente I = {1, 3} i I = {1, 2, 3}.

Zadatak 7.2. Kombinatorno dokazite formulu (7.2).

Zadatak 7.3. Kombinatorno dokazite formulu i! =i∑

j=0

(i

j

)dj. Iz nje binomnom inver-

zijom izvedite formulu za broj deranzmana iz teorema 6.5.

Zadatak 7.4. Odredite binomnu transformaciju niza Fibonaccijevih brojeva: nadite za-

tvorenu formulu za sumui∑

j=0

(ij

)Fj i napisite identitet dobiven binomnom inverzijom.

Zadatak 7.5. Iskazite teorem 4.13 kao “Stirlingovu inverziju”, analogno korolaru 7.4.

Zadatak 7.6. Iz korolara 7.4 izvedite sljedeci princip inverzije za f, g : {0, 1, . . . , n} → R:

g(i) =i∑

j=0

1

j!f(i− j) ⇐⇒ f(i) =

i∑j=0

(−1)j

j!g(i− j).

Zadatak 7.7. Sto se dogodi ako Mobiusovu traku prerezemo po sredini, duz crte oznacenena slici 7.7?

Zadatak 7.8. Ako je m = pe11 · · · penn rastav na proste faktore, izvedite formule za vrijed-nosti τ(m) i σ(m) funkcija zadanih formulama (7.4) i (7.5).


Slika 7.7: Mobiusova traka.

Zadatak 7.9. Za funkciju f : N→ R kazemo da je multiplikativna ako je f(1) = 1 i akoza sve m,n ∈ N koji su relativno prosti, tj. najveca zajednicka mjera im je M(m,n) = 1,vrijedi f(m ·n) = f(m) ·f(n). Dokazite da su Mobiusova funkcija µ i Eulerova funkcija ϕmultiplikativne.

Zadatak 7.10. Ako je f : N → R multiplikativna funkcija, dokazite da je g : N → R,g(m) =

∑d |m

f(d) multiplikativna funkcija. Iz toga slijedi da su funkcije τ , σ i σ2 zadane

formulama (7.4), (7.5) i (7.6) multiplikativne.

Zadatak 7.11. Neka je A ⊆ X podskup parcijalno uredenog skupa. Za element g ∈ Xkazemo da je gornja meda od A ako vrijedi a ≤ g, ∀a ∈ A. Element s ∈ X je supremumod A ako je gornja meda od A i za svaku gornju medu g od A vrijedi s ≤ g. Ako postoji,supremum je jedinstven i oznacavamo ga supA. Dualno definiramo donju medu i infimumskupa A. Parcijalno ureden skup zovemo resetkom ako za sve x, y ∈ X postoje supremumx∨y = sup{x, y} i infimum x∧y = inf{x, y}. Ponekad se uz to trazi postojanje najmanjegelementa 0 ∈ X, takvog da je 0 ≤ x, ∀x ∈ X i najveceg elementa 1 ∈ X, takvog da jex ≤ 1, ∀x ∈ X. Pokazite da su (2S,⊆) i (N, |) resetke. Sto su operacije x ∨ y i x ∧ y utom slucaju? Imaju li te dvije restetke najveci i najmanji element?

Zadatak 7.12. Elementi Youngove resetke Y su particije prirodnih brojeva. Dvije parti-cije A = (a1, . . . , ak) i B = (b1, . . . , bm) su u relaciji A ≤ B ako je k ≤ m i vrijedi ai ≤ bi,za i = 1, . . . , k (tj. ako je Ferrersov dijagram od A podskup Ferrersova dijagrama od B).Dokazite da je time zadan parcijalni uredaj na Y. Za zvaki podskup {A,B} Youngoveresetke dokazite da postoji infimum A ∧ B = inf{A,B} i supremum A ∨ B = sup{A,B}.Odredite A ∧B i A ∨B za A = (2, 2) i B = (3, 1, 1).

Zadatak 7.13. Ako su A,B ∈ Tn(R) gornjetorokutaste matrice, dokazite da su linearnakombinacija αA+ βB i produkt A ·B gornjetrokutaste matrice.

Zadatak 7.14. Odredite dimenziju vektorskog prostora Tn(R).


Zadatak 7.15. Za funkcije f, g ∈ I(P ) iz incidencijske algebre i α, β ∈ R, dokazite dasu linearna kombinacija αf + βg i produkt f · g takoder iz I(P ).

Zadatak 7.16. Ako je P konacan parcijalno ureden skup od n elemenata, odredite najma-nju mogucu i najvecu mogucu dimenziju incidencijske algebre I(P ). Za koje se parcijalneuredaje postizu?

Zadatak 7.17. Dokazite da za svaki n ∈ N postoji parcijalno ureden skup s elementimax, y takav da je µ(x, y) = n. Nadalje, postoji parcijalno ureden skup s elementima x, ytakav da je µ(x, y) = −n.

Zadatak 7.18. Odredite kombinatornu interpretaciju vrijednosti ζ2(x, y) kvadrata zetafunkcije.

Zadatak 7.19. Neka je P = (X,≤) lokalno konacan parcijalno ureden skup i I(P ) nje-gova incidencijska algebra. Dokazite multiplikativnu verziju Mobiusove inverzije: za svakedvije funkcije f, g ∈ I(P ) takve da je f(x, y) 6= 0 i g(x, y) 6= 0 uvijek kad je x ≤ y, ekvi-valentno je

(a) g(x, y) =∏z∈[x,y]

f(x, z) za sve x, y ∈ X za koje vrijedi x ≤ y,

(b) f(x, y) =∏z∈[x,y]

g(x, z)µ(z,y) za sve x, y ∈ X za koje vrijedi x ≤ y.

Zadatak 7.20. Provjerite da je relacija ≤ iz definicije 7.15 refleksivna, antisimetricna itranzitivna.

Zadatak 7.21. Nacrtajte Hasseov dijagram Booleove resetke (2{1,2,3,4},⊆). Za svaki pod-skup X ⊆ {1, 2, 3, 4} napisite vrijednost Mobiusove funkcije µ(∅, X).

Zadatak 7.22. Nacrtajte Hasseov dijagram parcijalno uredenog skupa djelitelja D(20) iodredite vrijednosti odgovarajuce Mobiusove funkcije µ(2, 5), µ(1, 4), µ(2, 4) i µ(2, 20).

Zadatak 7.23. U parcijalno uredenom skupu particija Π5 zadani su elementi A = {{1}, {2},{3}, {4}, {5}} i B = {{1, 2}, {3, 4, 5}}. Nacrtajte Hasseov dijagram segmenta [A,B] iizracunajte µ(A,B).

Zadatak 7.24. Young-Fibonaccijev parcijalno uredeni skup sastoji se od konacnih nizovakojima su znamenke 1 ili 2, a neposredni sljedbenici niza S dobivaju se tako da prvu jedi-nicu promijenimo u dvojku ili umetnemo jedinicu na bilo koje mjesto prije prve jedinice.Ako S nema jedinica, jedinicu mozemo umetnuti na bilo koje mjesto. Na primjer, jedanlanac u tom parcijalnom uredaju je 1− 2− 21− 121− 221. Nacrtajte Hasseov dijagramsegmenta [1, 221] i izracunajte µ(1, 221).

Zadatak 7.25. Neka su A = (1), B = (2, 2) i C = (3, 1, 1) elementi Youngove restetkeiz zadatka 7.12. Nacrtajte Hasseove dijagrame segmenata [A,B] i [A,C] i izracunajteµ(A,B), µ(A,C) i µ(B,C).

Zadatak 7.26. Definirajte izomorfizam parcijalno uredenih skupova. Jesu li segment[1, 221] iz zadatka 7.24 i segmenti [A,B] i [A,C] iz zadatka 7.25 izomorfni parcijalnouredenom skupu (D(n), |) za neki n ∈ N?

Poglavlje 8

Lanci, antilanci i vjerojatnosnametoda

8.1 Particije parcijalno uredenog skupa

Strukturu parcijalno uredenog skupa (X,≤) mozemo razumjeti tako da ga rastavimo najednostavnije podskupove. Definirali smo lanac kao podskup L ⊆ X u kojem su svakadva elementa usporediva, tj. totalno uredeni podskup. Dualni pojam je antilanac; to jepodskup A ⊆ X u kojem su svaka dva elementa neusporediva. Htjeli bismo rastaviti(particionirati) X na sto manji broj lanaca ili antilanaca.

Rang ili visina parcijalno uredenog skupa X je maksimalna duljina lanca u X, a sirinaod X je maksimalna velicina antilanca. Sjetimo se da je duljina lanca |L| − 1, dok zavelicinu antilanca uzimamo kardinalni broj |A|. Na primjer, Booleova resetka (2{1,2,3,4},⊆)je visine 4 i sirine 6. Na slici 8.1 prikazan je Hasseov dijagram i na njemu je crvenom

Slika 8.1: Najveci lanac i antilanac u Booleovoj resetki (2{1,2,3,4},⊆).

79

80 POGLAVLJE 8. LANCI, ANTILANCI I VJEROJATNOSNA METODA

bojom istaknut jedan lanac maksimalne duljine, a plavom bojom antilanac maksimalnevelicine. Jednostavna, ali vazna cinjenica o lancima i antilancima je sljedeca lema.

Lema 8.1. Ako je L lanac i A antilanac u X, onda je |L ∩ A| ≤ 1.

Dokaz. Kad bi presjek L ∩ A sadrzao dva elementa, ta dva elementa bila bi istovremenousporediva i neusporediva, sto je nemoguce.

Direktna posljedica leme je sljedeca propozicija.

Propozicija 8.2.

(a) Ako parcijalno ureden skup X sadrzi lanac velicine r (duljine r − 1), onda X nemozemo particionirati na manje od r antilanaca.

(b) Ako parcijalno ureden skup X sadrzi antilanac velicine r, onda X ne mozemo par-ticionirati na manje od r lanaca.

Dokaz. Ako je L lanac velicine r i {A1, . . . , An} particija od X na antilance, onda je|L ∩ Ai| ≤ 1. Nepraznih presjeka L ∩ Ai mora biti barem r = |L| jer svaki pokriva samojedan element iz L, pa je r ≤ n. Analogno dokazujemo tvrdnju (b).

Slika 8.2: Particija Booleove resetke na najmanji moguci broj antilanaca i lanaca.

Po propoziciji, parcijalno ureden skup visine r− 1 ne mozemo particionirati na manjeod r antilanaca. Particija koja se sastoji tocno od r antilanaca uvijek postoji.

Teorem 8.3 (Mirsky1). Neka je najveci lanac u X velicine r. Onda X mozemo rastavitina r antilanaca.

Dokaz. Visinu h(x) elementa x ∈ X definiramo kao duljinu najveceg lanca koji zavrsavau x. Vrijedi h(x) ∈ {0, 1, . . . , r − 1}, pa skupovi Xi = {x ∈ X | h(x) = i} za i =0, 1, . . . , r−1 cine particiju od X. Tvrdimo da je svaki Xi antilanac. Kad bi dva elementaiste visine i bila usporediva, mogli bismo dodati jednog na najveci lanac koji zavrsava udrugom pa bi mu visina bila veca od i. Dakle, {X0, . . . , Xr−1} je particija od X na rantilanaca.

1Leonid Mirsky (1918.-1983.), rusko-britanski matematicar.

8.1. PARTICIJE PARCIJALNO UREDENOG SKUPA 81

Dualna particija na lance, u kojoj je broj lanaca jednak sirini parcijalno uredenogskupa takoder postoji, ali je to teze dokazati.

Teorem 8.4 (Dilworth2). Neka je najveci antilanac u X velicine r. Onda X mozemorastaviti na r lanaca.

Dokazat cemo Dilworthov teorem kao posljedicu Hallova teorema o braku 5.12. Hallovteorem daje nuzdan i dovoljan uvjet za postojanje maksimalnog sparivanja u bipartitnomgrafu G = (V,E), koje zasicuje sve vrhove jednog od blokova biparticije. Sparivanje jepodskup skupa bridova S ⊆ E takav da je svaki vrh grafa incidentan najvise s jednimbridom iz S. Dualni pojam je pokrivac grafa: to je podskup skupa vrhova P ⊆ V takavda je svaki brid grafa incidentan bar s jednim vrhom iz P (tj. svaki brid je “pokriven”nekim vrhom iz P ). Sparivanje ne moze sadrzati vise bridova od velicine pokrivaca.

Lema 8.5. Za svako sparivanje S i pokrivac P grafa G vrijedi |S| ≤ |P |.

Dokaz. Definiramo funkciju f : S → P tako da svakom bridu e ∈ S pridruzimo njegovkraj koji lezi u P . Zbog cinjenice da je P pokrivac, svaki brid ima bar jedan kraj u P ,pa uvijek mozemo izabrati f(e) ∈ P . Zbog cinjenice da je S sparivanje, funkcija f jeinjekcija. Kad bi za dva brida e1, e2 ∈ S vrijedilo f(e1) = f(e2), ta dva brida imala bizajednicki kraj. Zato domena od f ne moze imati vise elemenata od kodomene, tj. vrijedi|S| ≤ |P |.

Lema 8.6. Ako za sparivanje S i pokrivac P grafa G vrijedi |S| = |P |, onda je S najvecesparivanje, a P je najmanji pokrivac od G (po broju elemenata).

Dokaz. Neka je S∗ neko najvece sparivanje, a P ∗ neki najmanji pokrivac. Po prethodnojlemi vrijedi |S| ≤ |S∗| ≤ |P ∗| ≤ |P |. Zbog jednakosti |S| = |P | dostizu se sve nejednakostiu nizu, tj. vrijedi |S| = |S∗| i |P | = |P ∗|. To znaci da je S takoder najvece sparivanje,a P najmanji pokrivac.

Slika 8.3: Najmanji pokrivac Petersenova grafa.

Za najvece sparivanje S∗ i najmanji pokrivac P ∗ grafa opcenito ne mora vrijeditijednakost |S∗| = |P ∗|. Na primjer, u Petersenovu grafu je |S∗| = 5 i |P ∗| = 6. Najvecasparivanja prikazana su na slici 5.5, a najmanji pokrivac na slici 8.3. U bipartitnimgrafovima ipak vrijedi jednakost. To cemo dokazati koristeci se Hallovim teoremom 5.12.

2Robert P. Dilworth (1914.-1993.), americki matematicar.


Teorem 8.7 (Konig-Egervary3). U bipartitnom grafu broj bridova u najvecem sparivanjujednak je broju vrhova u najmanjem pokrivacu.

Dokaz. Neka je G = (V,E) bipartitan graf s biparticijom V = X ∪ Y i P ∗ ⊆ V njegovnajmanji pokrivac. Konstruirat cemo sparivanje S ⊆ E koje se sastoji od |P ∗| bridova.Neka je X1 = P ∗ ∩ X, X2 = X \ X1, Y2 = P ∗ ∩ Y i Y1 = Y \ Y2. Promatramopodgraf G1 induciran vrhovima X1 ∪ Y1. On je takoder bipartitan i zadovoljava Hallovuvjet: za svaki A ⊆ X1 vrijedi |NG1(A)| ≥ |A|. U suprotnom postoji A ⊆ X1 takav da je|NG1(A)| < |A|. Tada u pokrivacu mozemo zamijeniti vrhove iz A s vrhovima iz NG1(A).Novi skup P = (P ∗ \A) ∪NG1(A) je takoder pokrivac od G: bridove koji spajaju vrhoveiz A s vrhovima iz Y1 pokriva NG1(A), a bridove koji spajaju vrhove iz A s vrhovimaiz Y2 pokriva Y2. Novi skup ima manje elemenata |P | < |P ∗|, sto je kontradikcija sminimalnosti od P ∗. Dakle, Hallov uvjet vrijedi, pa po teoremu 5.12 postoji sparivanjeS1 u G1 koje zasicuje sve vrhove iz X1. To sparivanje sastoji se od |S1| = |X1| bridova.

Sada promatramo podgrafG2 induciran vrhovimaX2∪Y2 i na analogan nacin dobijemosparivanje S2 koje zasicuje Y2 i sastoji se od |S2| = |Y2| bridova. Unija S = S1 ∪ S2 jesparivanje u G koje se sastoji od |S| = |S1|+ |S2| = |X1|+ |Y2| = |P ∗| bridova.

S pomocu Konig-Egervaryjeva teorema dokazujemo Dilworthov teorem.

Dokaz teorema 8.4. Neka je (X,≤) parcijalno ureden skup kardinaliteta |X| = n. Defi-niramo bipartitan graf G kojem se skup vrhova V = X ∪X ′ sastoji od dvije disjunktnekopije od X. Za x ∈ X odgovarajuci element iz X ′ oznacavamo x′. Bridovi od G suparovi {x, y′} za koje vrijedi x < y (tj. x ≤ y i x 6= y). Graf G je bipartitan i vrijedesljedece dvije tvrdnje.

1. Svakom sparivanju velicine k u G mozemo pridruziti particiju od X na n−k lanaca.

Neka je S = {{xi, y′i} | i = 1, . . . , k} sparivanje. Pocinjemo s particijom od Xna n jednoclanih lanaca. Za svaki brid {xi, y′i} ∈ S, spojimo lanac koji sadrzi xis lancem koji sadrzi yi. Buduci da je S sparivanje, u svakom koraku je xi najvecielement svojeg lanca, a yi najmanj element svojeg lanca. Iz tranzitivnosti slijedida spajanjem dobivamo novi lanac. U svakom koraku smanjujemo broj lanaca zajedan, pa na kraju imamo particiju od X na n− k lanaca.

2. Svakom minimalnom pokrivacu velicine k u G mozemo pridruziti antilanac u Xvelicine n− k.

Neka je P ∗ = {x1, . . . , xm, x′m+1, . . . , x

′k} minimalni pokrivac. Elemente numeriramo

tako da je prvih m iz X, a preostalih k −m iz X ′. Tvrdimo da je {x1, . . . , xm} ∩{xm+1, . . . , xk} = ∅. Pretpostavimo suprotno, npr. x1 = xk. Zbog minimalnostiod P ∗ postoji brid {y, x′k} takav da y 6∈ P ∗ i brid {x1, z

′} takav da z′ 6∈ P ∗. Usuprotnom svaki brid koji sadrzi x′k ili x1 ima drugi kraj u P ∗, pa mozemo izbacitix′k i x1 iz pokrivaca P ∗. Iz definicije bridova u G slijedi y < xk i x1 < z, pa izpretpostavke x1 = xk i tranzitivnosti dobivamo y < z. No to znaci da je {y, z′} bridgrafa G koji nije pokriven s P ∗, sto je kontradikcija. Dakle, skupovi {x1, . . . , xm}

3Denes Konig (1884.-1944.) i Jeno Egervary (1891.-1958.), madarski matematicari.

8.1. PARTICIJE PARCIJALNO UREDENOG SKUPA 83

i {xm+1, . . . , xk} su disjunktni, pa je A = X \ {x1, . . . , xk} skup velicine n − k.Tvrdimo da je A antilanac. U suprotnom imamo usporedive elemente y, z ∈ Aza koje vrijedi y < z ili z < y i ponovo dobivamo brid {y, z′} ili {z, y′} koji nijepokriven s P ∗.

Po teoremu 8.7, najvece sparivanje S∗ i najmanji pokrivac P ∗ u grafu G su iste velicinek = |S∗| = |P ∗|. Pridruzena particija na lance L = {L1, . . . , Lr} i pridruzeni antilanac Asu velicine r = n − k. Kad bi postojao antilanac A′ velicine |A′| > r, po Dirichletovomprincipu bar dva elementa iz A′ pripadala bi istom lancu Li, sto je kontradikcija s le-mom 8.1. Dakle, A je najveci antilanac i imamo particiju od X na r lanaca. Time jeteorem 8.4 dokazan.

Dokazali smo sljedece implikacije:

Hallov teorem =⇒ Konig-Egervaryjev teorem =⇒ Dilworthov teorem.

Dokazat cemo jos i implikaciju Dilworthov teorem =⇒ Hallov teorem te tako pokazati dasvaki od ta tri teorema slijedi iz bilo kojeg drugog.

Dokaz teorema 5.12 iz teorema 8.4. Neka je G = (V,E) bipartitan graf s biparticijomV = X ∪ Y koji zadovoljava Hallov uvjet |N(A)| ≥ |A|, ∀A ⊆ X. Definiramo parcijalniuredaj na skupu vrhova V sa x ≤ y ako je x = y ili je x ∈ X, y ∈ Y i {x, y} je brid grafa G.Skup Y je ocito antilanac u tom parcijalno uredenom skupu. Iz Hallova uvjeta slijedi daje najveci antilanac: za bilo koji antilanac A ⊆ V neka je A1 = A ∩ X i A2 = A ∩ Y .Zbog Hallova uvjeta vrijedi |N(A1)| ≥ |A1|, a zbog definicije uredaja i neusporedivosti jeN(A1) ∩ A2 = ∅, tj. N(A1) ⊆ Y \ A2. Zato vrijedi |A| = |A1| + |A2| ≤ |N(A1)| + |A2| ≤|Y \ A2| + |A2| = |Y | − |A2| + |A2| = |Y |. Po Dilworthovu teoremu 8.4 skup V mozemoparticionirati na n = |Y | lanaca. Lanci su ocito dvoclani ili jednoclani; oznacimo brojdvoclanih lanaca s m. Tada je |V | = 2m+(n−m) = m+n = m+ |Y | ⇒ m = |V |−|Y | =|X|. Iz toga vidimo da je skup svih dvoclanih lanaca sparivanje u G koje zasicuje X.

Direktni dokazi ovih triju teorema su dosta komplicirani, ali kad dokazemo jednogod njih, slijede i ostali. Mi smo direktno dokazali Hallov teorem 5.12. Direktan dokazKonig-Egervaryjeva teorema dan je u [4, teorem 5.3 na str. 74], a Dilworthova teorema u[8, teorem 12.5.3 na str. 196]. I neki drugi teoremi iz kombinatorike i srodnih podrucjaekvivalentni su s ova tri teorema, u smislu da se mogu dokazati jedni iz drugih. Kaoprimjer navodimo Birkhoff4-von Neumannov5 teorem iz konveksne geometrije. Za matricuA = [aij] ∈Mn(R) kazemo da je dvostruko stohasticka ako su unosi nenegativni aij ≥ 0, a

suma svakog retka i stupca je jedan:n∑j=1

aij = 1, ∀i = 1, . . . , n in∑i=1

aij = 1, ∀j = 1, . . . , n.

Permutacijska matrica je matrica koja u svakom retku i stupcu ima tocno jednu jedinicu,a ostali unosi su nule.

Teorem 8.8 (Birkhoff-von Neumann). Matrica A ∈Mn(R) je dvostruko stohasticka akoi samo ako je konveksna kombinacija permutacijskih matrica.

4Garrett Birkhoff (1911.-1996.), americki matematicar.5John von Neumann (1903.-1957.), madarsko-americki matematicar.


8.2 Vjerojatnosna metoda

U ovoj cjelini odredit cemo sirinu i visinu Booleove resetke i dokazati jos jedan rezultat izekstremalne kombinatorike. Ilustrirat cemo takozvanu vjerojatnosnu metodu dokazivanja,koju je uveo i kroz dugi niz godina uspjesno koristio madarski kombinatoricar Paul Erdos.Uvodni primjer odnosi se na Ramseyeve brojeve.

Zamislimo da je svaki brid potpunog grafa Kn obojan crveno ili plavo. Po Ramseyevu6

teoremu, za dovoljno velik broj vrhova n uvijek postoji k vrhova izmedu kojih su svibridovi obojani crveno ili l vrhova izmedu kojih su svi bridovi obojani plavo, tj. postojicrveni podgraf Kk ili plavi podgraf Kl. Najmanji takav broj n nazivamo Ramseyevimbrojem i oznacavamo R(k, l). Na primjer, neka je k = l = 3 i neka graf ima n = 6 vrhova.Promotrimo pet bridova koji izlaze iz jednog vrha x. Medu njima je bar tri brida obojanoistom bojom; recimo da su bridovi {x, y1}, {x, y2} i {x, y3} crveni. Ako je bar jedan odbridova oblika {yi, yj} crveni, imamo crveni trokut {x, yi, yj}. U suprotnom je {y1, y2, y3}plavi trokut. Time smo dokazali da je R(3, 3) ≤ 6. Za dokaz jednakosti R(3, 3) = 6trebamo primjer bojanja bridova grafa K5 u kojem nema jednobojnih trokuta. Takvobojanje prikazano je na slici 8.4.

Slika 8.4: Bojanje bridova K5 bez jednobojnih trokuta.

Odredivanje tocnih vrijednosti Ramseyevih brojeva je tezak problem. Poznata je vri-jednost R(4, 4) = 18, a za sve k ≥ 5 nisu poznate tocne vrijednosti nego samo gornje idonje ocjene za R(k, k). Gornja ocjena R(k, l) ≤

(k+l−2k−1

)dobiva se iz induktivnog dokaza

Ramseyeva teorema (zadatak 8.2). Iz nje slijedi ocjena R(k, k) < 4k−1. Za donju ocjenuR(3, 3) > 5 konstruirali smo bojanje bridova grafa K5 takvo da ne postoji jednobojnipodgraf K3. Cak i kad imamo odgovarajuce bojanje bridova od Kn, nije lako provje-riti nepostojanje jednobojnog podgrafa Kk zbog naglog rasta binomnih koeficijenata

(nk

).

Erdos je u radu [10] dokazao donju ocjenu za R(k, k) bez eksplicitnog konstruiranja boja-nja. Ideja vjerojatnosne metode je definirati vjerojatnosni prostor na skupu konfiguracijamedu kojima trazimo konfiguraciju s odredenim svojstvom. Ako dokazemo da slucajnoodabrana konfiguracija ima trazeno svojstvo s pozitivnom vjerojatnoscu, time smo indi-rektno dokazali egzistenciju takve konfiguracije.

6Frank Plumpton Ramsey (1903.-1930.), britanski matematicar, filozof i ekonomist.

8.2. VJEROJATNOSNA METODA 85

Teorem 8.9 (P. Erdos). Ako vrijedi(nk

)21−(k

2) < 1, onda je R(k, k) > n. Iz toga slijedi

ocjena R(k, k) > b2k/2c za sve k ≥ 3.

Dokaz. Na slucajan nacin bojimo svaki od(n2

)bridova grafa tako da s jednakom vjero-

jatnoscu biramo crvenu ili plavu boju. Neka je N = {1, . . . , n} skup svih vrhova grafa, aK ⊆ N neki k-clani podskup vrhova. Oznacimo s MK dogadaj da su svi bridovi izmeduvrhova u K obojani istom bojom (svi crveni ili svi plavi). Vjerojatnost tog dogadaja je

P(MK) = 2

2(k2)

= 21−(k2). Vjerojatnost da se dogodi bar jedan od dogadaja MK mozemo

ocijeniti s P(⋃KMK) ≤

∑K P(MK) =

(nk

)21−(k

2) < 1. Prema tome, vjerojatnost suprot-nog dogadaja je pozitivna: P((

⋃KMK)c) > 0. To znaci da postoji bojanje takvo da niti

jedan od k-clanih podgrafova nije jednobojan, pa je R(k, k) > n.

Za dokaz ocjene R(k, k) > b2k/2c trebamo provjeriti da je uvjet(nk

)21−(k

2) < 1 zadovo-

ljen ako uzmemo k ≥ 3 i n = b2k/2c. Zaista, vrijedi(n

k

)21−(k

2) =nk

k!· 21− k(k−1)

2 <nk

k!· 21+k/2

2k2/2≤ ��(2k/2)k

k!· 21+k/2

��2k2/2

=21+k/2

k!=: f(k).

Buduci da je f(k + 1) = f(k) ·√

2k+1

< f(k) i f(3) = 2√

23

< 1, indukcijom slijedi da jef(k) < 1 za sve k ≥ 3 i time je teorem dokazan.

Vratimo se visini i sirini Booleove resetke (2N ,⊆). U uvodnom primjeru na slici 8.1vidjeli smo da je za n = 4 visina 4, a sirina 6. Opcenito, za bilo koji n ∈ N najveci lanacu Booleovoj resetki je oblika

L = { ∅, {x1}, {x1, x2}, {x1, x2, x3}, . . . , {x1, x2, x3, . . . , xn} }.

Pritom je (x1, . . . , xn) neka permutacija skupa N . Dakle, visina Booleove resetke je n, abroj najvecih lanaca je n!. Za odrediti sirinu treba nam najveci antilanac. Antilanac uBooleovoj resetki je familija F podskupova od N koji se medusobno ne sadrze, tj. familijasa svojstvom (∀A,B ∈ F) A 6= B ⇒ A 6⊆ B i B 6⊆ A. Takve familije skupova nazivamoSpernerovim7 familijama. Na slici 8.2 vidimo da familija Fk =

(Nk

)svih k-clanih podsku-

pova od N cini antilanac velicine(nk

). Niz binomnih koeficijenata

(n0

),(n1

),(n2

), · · · ,

(nn

)raste do pola i onda pada (zadatak 8.3), pa je Spernerova familija Fk najveca za k = bn

2c,

tj. za k = n2

ako je n paran i za k = n−12

ili k = n+12

ako je n neparan. Iduci teorempokazuje da su to najvece od svih Spernerovih familija.

Teorem 8.10 (Sperner). Neka je F bilo koja Spernerova familija podskupova n-clanog

skupa. Onda vrijedi |F| ≤(n

bn2c

)i pritom se jednakost dostize ako i samo ako je F = Fk

za k = n2

i n paran, odnosno k ∈ {n−12, n+1

2} i n neparan.

Nejednakost slijedi iz opcenitijeg teorema poznatog kao nejednakost Lubell8-Yamamoto9-Mesalkin10, ili kratko LYM.

7Emanuel Sperner (1905.-1980.), njemacki matematicar.8David Lubell (1932.-2019.), americki matematicar.9Koichi Yamamoto (r. 1921.), japanski matematicar.

10Lev Dmitrijevic Mesalkin (1934.-2000.), ruski matematicar.


Teorem 8.11 (Nejednakost LYM). Neka je F bilo koja Spernerova familija podskupovan-clanog skupa. Onda vrijedi ∑

A∈F

(n

|A|

)−1

≤ 1.

Dokaz. Na slucajan nacin biramo najveci lanac L u Booleovoj resetki (2N ,⊆) tako da jeizbor svakog od n! najvecih lanaca jednako vjerojatan. Neka je X = |L ∩ F| slucajnavarijabla koja daje broj elemenata u presjeku lanca L i antilanca F . Po lemi 8.1 taj broj jenajvise 1, pa ocekivanje slucajne varijable zadovoljava E(X) ≤ 1. S druge strane, slucajnuvarijablu X mozemo prikazati kao sumu X =

∑A∈F

XA indikatorskih slucanih varijabli

XA =

{1, A ∈ L,0, A 6∈ L.

Ocekivanja tih slucajnih varijabli su E(XA) = P(A ∈ L) =(n|A|

)−1jer je jednako vjerojatno

da ce slucajno izabrani maksimalni lanac L sadrzati bilo koji od(n|A|

)podskupova s istim

brojem elemenata kao A. Alternativno, mozemo prebrojati najvece lance koji sadrze A

i podijeliti s ukupnim brojem najvecih lanaca: |A|!(n−|A|)!n!

=(n|A|

)−1. Zbog linearnosti

ocekivanja, vrijedi E(X) =∑A∈F

E(XA) =∑A∈F

(n|A|

)−1i time je nejednakost dokazana.

Dokaz teorema 8.10. Znamo da je(nbn2c

)≥(n|A|

)za svaki A ∈ F , odnosno

(nbn2c

)−1 ≤(n|A|

)−1. Iz nejednakosti LYM slijedi

|F| ·(n

bn2c

)−1

≤∑A∈F

(n

|A|

)−1

≤ 1 =⇒ |F| ≤(n

bn2c

).

Jednakost |F| =(nbn2c

)vrijedi samo ako na lijevoj strani implikacije vrijede jednakosti

|F| ·(nbn2c

)−1=∑A∈F

(n|A|

)−1= 1. Ako je n paran, iz toga odmah slijedi da familija F

sadrzi svih(nn/2

)podskupova od N velicine n/2. Ako je n neparan, onda F sadrzi

(nbn2c

)podskupova od N velicine n−1

2ili n+1

2. Trebamo dokazati da su svi podskupovi u F iste

velicine.Oznacimo k = n−1

2i neka je F− familija svih skupova iz F koji su velicine k, a F+

familija svih skupova iz F koji su velicine k + 1. Uz raniju oznaku Fk za familiju svihk-clanih podskupova od N , imamo F− = F ∩Fk i F+ = F ∩Fk+1. Vrijedi F = F−∪F+

(disjunktna unija), pa je

|F−|+ |F+| = |F| =(n

k

). (8.1)

Sjenu familije skupova S definiramo kao familiju svih skupova koje dobivamo izbacivanjemjednog elementa iz skupa S ∈ S. Oznaka za sjenu je ∂S. Posebno, sjena ∂F+ je familijasvih k-clanih podskupova skupova iz F+. Buduci da je F Spernerova familija, niti jedan


skup iz F− ne smije biti podskup skupa iz F+. Zato je F− ∩ ∂F+ = ∅, a buduci da suF− i ∂F+ podfamilije od Fk vrijedi |F−|+ |∂F+| ≤

(nk

). Iz toga i iz (8.1) dobivamo

|∂F+| ≤(n

k

)− |F−| = |F+|. (8.2)

Prebrojimo parove (A,B) pri cemu je A ∈ ∂F+, B ∈ F+ i vrijedi A ⊆ B. Svaki B ∈ F+

sadrzi tocno k+ 1 podskupova A ∈ ∂F+, pa je broj parova jednak |F+| · (k+ 1). S drugestrane, svaki A ∈ ∂F+ sadrzan je najvise u k + 1 skupova B ∈ F+, pa je broj parovamanji ili jednak od |∂F+| · (k+ 1). Slijedi nejednakost |F+| ≤ |∂F+| koja zajedno s (8.2)daje jednakost |∂F+| = |F+|. To pak znaci da je svaki A ∈ ∂F+ sadrzan tocno u k + 1skupova B ∈ F+.

Ako postoji skup B ∈ F+, onda izbacivanjem bilo kojeg elementa dobivamo A ∈ ∂F+.Dodavanjem nekog drugog elementa u A dobivamo (k+1)-clani skupB′ koji je zbog upravodokazane tvrdnje takoder sadrzan u F+. Oduzimanjem i dodavanjem jednog po jednogelementa mozemo doci do bilo kojeg (k+ 1)-clanog podskupa od N , pa je u ovom slucajuF = F+ = Fk+1. Ako ne postoji skup iz F+, onda je F = F− = Fk i time je teoremdokazan.

Sada znamo da je sirina Booleove resetke (2N ,⊆) jednaka(nbn2c

). Za parni n pos-

toji samo jedan najveci antilanac Fk, k = n2. Za neparni n postoje dva najveca anti-

lanca Fk za k ∈ {n−12, n+1

2}. Spernerov teorem je tipican primjer teorema iz ekstremalne

kombinatorike. Za familije skupova s odredenim svojstvom dokazujemo ocjenu velicine ikarakteriziramo familije koje dostizu tu ocjenu.

Jos jedan primjer su takozvane presijecajuce familije. Familija F podskupova od N jepresijecajuca ako vrijedi A,B ∈ F ⇒ A ∩ B 6= ∅. Nije tesko dokazati ocjenu |F| ≤ 2n−1

(zadatak 8.4), a primjer familije koja dostize ocjenu cine svi podskupovi od N koji sadrzefiksni element iz N . Ogranicimo se na familije k-clanih podskupova od N . Ako je k > n

2,

svaka dva k-clana podskupa imaju neprazan presjek pa je bilo koja familija k-clanihpodskupova presijecajuca. Slucaj k ≤ n

2je zanimljiviji. Presijecajucu familiju velicine(

n−1k−1

)dobivamo ako uzmemo sve k-clane podskupove koji sadrze fiksni element iz N .

Dokazat cemo vjerojatnosnom metodom da je(n−1k−1

)ujedno gornja ocjena za velicinu

presijecajuce familije. Ideja ovog dokaza potjece iz clanka [19].

Teorem 8.12 (Erdos-Ko11-Rado12). Ako je n ≥ 2k, onda za svaku presijecajucu familijuk-clanih podskupova n-clanog skupa vrijedi |F| ≤

(n−1k−1

).

Dokaz. Biramo slucajni k-clani podskup od N na nacin da prvo uniformno izaberemo per-mutaciju (x1, . . . , xn) od N , a zatim uniformno izaberemo pocetni indeks i ∈ {1, . . . , n}.Izabrani podskup je Ai = {xi, xi+1, . . . , xi+k−1} pri cemu s indeksima racunamo ciklickimodulo n (xn+1 = x1, xn+2 = x2 itd.). Vjerojatnost da je izabrani podskup sadrzan u

familiji F je P(Ai ∈ F) = |F|(nk)

.

S druge strane, za fiksnu permutaciju π = (x1, . . . , xn) familija F moze sadrzati najvisek od n podskupova oblika Ai. Zaista, ako je Ai ∈ F , svi ostali podskupovi tog oblika

11Chao Ko (1910.-2002.), kineski matematicar.12Richard Rado (1906.-1989.), britanski matematicar.


koji sijeku Ai su Ai−j i Ai+k−j za j ∈ {1, . . . , k − 1}. Familija F moze sadrzati najvisejedan od ta dva podskupa jer se oni medusobno ne sijeku (zbog 2k ≤ n). To znaci dauz Ai familija F moze sadrzati jos najvise k − 1 podskupova tog oblika, dakle ukupnonajvise k. Zato vjerojatnost da je Ai ∈ F pod uvjetom da je izabrana permutacija πzadovoljava P(Ai ∈ F | Hπ) ≤ k

n. Ovdje je Hπ dogadaj da je izabrana permutacija π, a

njegova vjerojatnost je P(Hπ) = 1n!

. Po formuli potpune vjerojatnosti vrijedi

P(Ai ∈ F) =∑π∈Sn

P(Hπ) · P(Ai ∈ F | Hπ) ≤∑π∈Sn

1

n!· kn

=k

n.

Izjednacavanjem vjerojatnosti dobivamo nejednakost |F| ≤ kn

(nk

)=(n−1k−1

). U zadnjem

koraku koristili smo identitet iz zadatka 8.6.

Ako je n > 2k, presijecajuce familije najvece moguce velicine(n−1k−1

)moraju biti oblika

“svi k-clani podskupovi kroz fiksni element”. Dokaz karakterizacije dostizanja nejedna-kosti i dokaze raznih generalizacija Erdos-Ko-Rado teorema potrazite u monografiji [13].Za n = 2k karakterizacija dostizanja nejednakosti ne vrijedi (zadatak 8.7). Knjiga [18]posvecena je ekstremalnoj kombinatorici, a knjiga [1] vjerojatnosnoj metodi u kombina-torici.

Zadaci

Zadatak 8.1. Proucite dokaz Birkhoff-von Neumannova teorema 8.8 u knjizi [18, cjelina5.2.2 na str. 80-81].

Zadatak 8.2. Dokazite da je Ramseyev broj R(k, l) konacan i zadovoljava nejednakostR(k, l) ≤ R(k − 1, l) +R(k, l − 1). Iz toga izvedite gornju ocjenu R(k, l) ≤

(k+l−2k−1

).

Zadatak 8.3. Kombinatorno dokazite identitet(nk+1

)= n−k

k+1

(nk

). Iz njega dokazite da je

za fiksni n binomni koeficijent(nk

)najveci za k = bn

2c.

Zadatak 8.4. Dokazite da za svaku presijecajucu familiju F podskupova od N = {1, . . . , n}vrijedi |F| ≤ 2n−1. Jesu li familije koje dostizu nejednakost nuzno oblika “svi podskupovikroz fiksni element”?

Zadatak 8.5. Neka je F presijecajuca familija podskupova od N = {1, . . . , n}. Dokaziteda postoji presijecajuca familija F ′ velicine 2n−1 takva da je F ⊆ F ′. Uputa: pokazite daza svaki A ⊆ N takav da A 6∈ F i Ac 6∈ F mozemo dodati A ili Ac u F tako da i prosirenafamilija bude presijecajuca.

Zadatak 8.6. Kombinatorno dokazite identitet k ·(nk

)= n ·

(n−1k−1

).

Zadatak 8.7. Pokazite primjerom da za n = 2k postoje presijecajuce familije k-clanihpodskupova od N = {1, . . . , n} velicine

(n−1k−1

)koje nisu oblika “svi k-clani podskupovi kroz

fiksni element”.

Zadatak 8.8. Neka je n ≤ 2k i F familija k-clanih podskupova od N = {1, . . . , n} kojazadovoljava A,B ∈ F ⇒ A ∪B 6= N . Dokazite da je |F| ≤

(1− k

n

) (nk

).


Zadatak 8.9. Na slucajan nacin biramo podskupove od N = {1, . . . , n} tako da je iz-bor svakog od 2n podskupova jednako vjerojatan. Nezavisno smo izabrali dva podskupaA,B ⊆ N .

(a) Kolika je vjerojatnost dogadaja A ∩B = ∅?

(b) Kolika je vjerojatnost dogadaja A ∪B = N?

(c) Koliko je ocekivanje slucajne varijable X = |A ∩B|?

(d) Koliko je ocekivanje slucajne varijable Y = |A ∪B|?

(e) Koliko je ocekivanje slucajne varijable Z = |A∆B|?

Zadatak 8.10. Na slucajan nacin biramo k-clane podskupove od N = {1, . . . , n} tako daje izbor svakog od

(nk

)podskupova jednako vjerojatan. Nezavisno smo izabrali dva k-clana

podskupa A,B ⊆ N .

(a) Kolika je vjerojatnost dogadaja A ∩B = ∅?

(b) Kolika je vjerojatnost dogadaja A ∪B = N?

Zadatak 8.11. Na slucajan nacin, uniformno i nezavisno biramo k-clane podskupoveA,B ⊆ {1, . . . , n}.

(a) Za i ∈ {1, . . . , n}, kolika je vjerojatnost dogadaja i ∈ A ∩B?

(b) Za i ∈ {0, . . . , k}, kolika je vjerojatnost dogadaja |A ∩B| = i?

(c) Po definiciji izracunajte matematicko ocekivanje slucajne varijable X = |A ∩B|.

(d) Neka je Xi slucajna varijabla koja poprima vrijednost 1 ako je i ∈ A∩B, a 0 inace.Koliko je matematicko ocekivanje E(Xi)?

(e) Izracunajte matematicko ocekivanje slucajne varijable X = |A ∩ B| sluzeci se rela-

cijom X =n∑i=1

Xi.

(f) Izjednacite izraze za E(X) dobivene pod (c) i (e) i izvedite identitet

k∑i=0

i

(k

i

)(n− kk − i

)= k

(n− 1

k − 1

).

(g) Dokazite gornji identitet dvostrukim prebrojavanjem.

Zadatak 8.12. Formulirajte i rijesite zadatke analogne prethodnom zadatku za slucajnevarijable Y = |A ∪B| i Z = |A∆B|.

Poglavlje 9

Funkcije izvodnice

9.1 Prsten formalnih redova potencija

Funkcije izvodnice su redovi potencija. Osnovni primjer je geometrijski red

F (z) =∑n≥0

zn =1

1− z.

Iz analize znamo da ovaj red apsolutno konvergira na podrucju |z| < 1, tj. definira kom-pleksnu funkciju F : K(0, 1) ⊆ C → C. Za kombinatoriku pitanje konvergencije obicnonije vazno. Funkcije izvodnice gledamo kao formalne redove potencija, tj. kao nizovekoeficijenata.

Definicija 9.1. Skup C[[z]] sadrzi sve nizove a : N0 → C. Elemente zapisujemo kaoredove potencija i zovemo ih funkcijama izvodnicama:

F (z) =∑n≥0

anzn.

Geometrijski red je niz an = 1, ∀n ∈ N0, tj. niz (1, 1, 1, 1, . . .). Ovo su jos neki nizovizapisani kao funkcije izvodnice:

(α, 0, 0, 0, . . .) ←→ F (z) = α,

(0, 1, 0, 0, . . .) ←→ F (z) = z,

(1, α, α2, α3, . . .) ←→ F (z) =∑n≥0

αnzn =∑n≥0

(αz)n =1

1− αz.

Pritom je α ∈ C bilo koji kompleksan broj. U primjerima koji se javljaju u kombinato-rici koeficijenti obicno imaju kombinatornu interpretaciju. Na primjer, neka je an brojbinarnih nizova duljine n. Znamo da je an = 2n, a iz toga i gornje formule slijedi da jeF (z) = 1

1−2zfunkcija izvodnica za broj binarnih nizova duljine n. Funkcija izvodnica za

broj permutacija stupnja n je

F (z) =∑n≥0

n! zn.

91

92 POGLAVLJE 9. FUNKCIJE IZVODNICE

Ne mozemo je zapisati “u zatvorenom obliku” (bez znaka sume) jer ovaj red ima radijuskonvergencije 0. Ipak, i s takvim funkcijama izvodnicama mozemo racunati po istimpravilima kao s redovima potencija koji imaju pozitivan radijus konvergencije.

Definicija 9.2. Neka su F (z) =∑n≥0

anzn i G(z) =

∑n≥0

bnzn funkcije izvodnice. Na

skupu C[[z]] definiramo operacije zbrajanja i mnozenja sljedecim formulama:

(F +G)(z) =∑n≥0

(an + bn)zn, (9.1)

(F ·G)(z) =∑n≥0

(n∑k=0

akbn−k

)zn. (9.2)

Zbroj funkcija izvodnica dobivamo zbrajanjem odgovarajucih koeficijenata, a koefi-cijenti produkta su konvolucije koeficijenata od F (z) i G(z): zbrajamo sve produkte akz

k

i blzl takve da je k + l = n.

Teorem 9.3. Skup C[[z]] s operacijama zbrajanja (9.1) i mnozenja (9.2) cini integralnudomenu, tj. komutativni prsten s jedinicom u kojem nema djelitelja nule.

Dokaz. Lako se provjeri da je (C[[z]],+) komutativna grupa s neutralnim elementomF (z) = 0. Takoder, nije tesko provjeriti komutativnost mnozenja, distributivnost mnozenjaprema zbrajanju i da je F (z) = 1 neutralni element za mnozenje. Za asocijativnostmnozenja uzmimo F (z) =

∑n≥0

anzn, G(z) =

∑n≥0

bnzn i H(z) =

∑n≥0

cnzn. Koeficijent uz zn

u produktu ((F ·G) ·H)(z) je

n∑k=0

(k∑l=0

al bk−l

)cn−k =

n∑k=0

k∑l=0

al bk−l cn−k =∑

0≤l≤k≤n

al bk−l cn−k =

=n∑l=0

n∑k=l

al bk−l cn−k =n∑l=0

n−l∑k=0

al bk cn−l−k =n∑l=0

al

(n−l∑k=0

bk cn−l−k

).

Ovo je upravo koeficijent uz zn u produktu (F ·(G ·H))(z). Konacno, pretpostavimo da jeF (z) 6= 0 i G(z) 6= 0. Neka je k najmanji indeks za koji je ak 6= 0, a l najmanji indeks zakoji je bl 6= 0. Tada je za n = k+ l koeficijent uz zn produkta (F ·G)(z) jednak akbl 6= 0,pa je (F ·G)(z) 6= 0. Prema tome, ako je (F ·G)(z) = 0, bar jedan od faktora je 0.

Uz identifikaciju α ≡ (α, 0, 0, 0, . . .), vidimo da prsten formalnih redova potencija C[[z]]sadrzi polje C kao potprsten. Stovise, C[[z]] je vektorski prostor nad poljem C. Drugivazan potprsten od C[[z]] je prsten polinoma C[z]. Polinomi su formalni redovi potencijakojima su skoro svi koeficijenti jednaki 0 (svi osim konacno mnogo). Prsten polinoma C[z]je takoder vektorski prostor nad C i ima prebrojivu bazu. Kanonska baza sastoji se odmonoma, tj. potencija od z:

1, z, z2, z3, z4, . . .

Svaki polinom je linearna kombinacija konacno mnogo monoma. Vektorski prostor for-malnih redova potencija C[[z]] takoder ima bazu, ali ne prebrojivu.

9.1. PRSTEN FORMALNIH REDOVA POTENCIJA 93

Primjer 9.4. Odredite zatvorenu formulu za funkciju izvodnicu Fibonaccijevih brojeva.Iz nje izvedite formulu za n-ti Fibonaccijev broj.

Rjesenje. Niz Fibonaccijevih brojeva (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . . .) zadan je pocetnimuvjetima F0 = 0, F1 = 1 i rekurzijom Fn = Fn−1+Fn−2, n ≥ 2. Uz prosirenje na negativnekoeficijente F−n = 0, ∀n ∈ N, mozemo je zamijeniti rekurzijom Fn = Fn−1 + Fn−2 + δn1,∀n ∈ Z. Ovdje je

δn1 =

{1, ako je n = 1,

0, inace

Kroneckerov simbol. Odgovarajuca funkcija izvodnica je

F (z) =∑n

Fnzn =

∑n

(Fn−1 + Fn−2 + δn1) zn =∑n

Fn−1zn +

∑n

Fn−2zn +

∑n

δn1zn =

= z ·∑n

Fn−1zn−1 + z2 ·

∑n

Fn−2zn−2 + z = z · F (z) + z2 · F (z) + z.

Vidimo da je (1− z − z2) · F (z) = z, tj.

F (z) =z

1− z − z2=

−zz2 + z − 1

. (9.3)

Formulu za Fn izvodimo tako da razvijemo ovu funkciju u red potencija. Nultocke naziv-nika su −1−

√5

2= −Φ i −1+

√5

2= Ψ. Pritom je Φ = 1+

√5

2omjer zlatnog reza i Ψ = 1/Φ.

Rastavimo F (z) na parcijalne razlomke:

F (z) =A

z + Φ+

B

z −Ψ.

Svodenjem na zajednicki nazivnik i izjednacavanjem s (9.3) dobivamo koeficijente A =−5−

√5

10i B = −5+

√5

10. Parcijalne razlomke zapisemo kao geometrijske redove:

F (z) =−5−

√5

10· 1

z + Φ+−5 +

√5

10· 1

z −Ψ=−5−

√5

10Φ· 1

1− −zΦ

− −5 +√

5

10Ψ· 1

1− zΨ

=

=−5−

√5

10Φ· 1

1− (−Ψz)+

5−√

5

10Ψ· 1

1− (Φz)=−1√

5

∑n≥0

(−Ψ)nzn +1√5

∑n≥0

Φnzn =

=∑n≥0

1√5

[Φn − (−Ψ)n] zn =∑n≥0

1√5

[(1 +√

5

2

)n

−

(1−√

5

2

)n ]zn.

Koeficijent uz zn je n-ti Fibonaccijev broj. Tako smo izveli poznatu Binetovu1 formulu

Fn =1√5

[(1 +√

5

2

)n

−

(1−√

5

2

)n ]. (9.4)

1Jacques Philippe Marie Binet (1786.-1856.), francuski matematicar, fizicar i astronom.


Formulu (9.3) dobili smo dijeljenjem s polinomom 1−z−z2, tj. mnozenjem s njegovimmultiplikativnim inverzom. Postavlja se pitanje ima li taj polinom multiplikativni inverz?Stupanj polinoma P (z) =

∑n≥0

anzn je najveci indeks n za koji je koeficijent an razlicit od

nule:degP (z) = max{n ∈ N0 | an 6= 0}.

Definicija je dobra jer polinomi imaju samo konacno mnogo koeficijenata razlicitih od nule,osim za nulpolinom P (z) = 0 za kojeg stupanj ne definiramo ili stavljamo degP (z) = −∞.Svojstva stupnja prema operacijama zbrajanja i mnozenja polinoma dana su sljedecimformulama:

deg(P (z) +Q(z)) ≤ max{degP (z), degQ(z)}, (9.5)

deg(P (z) ·Q(z)) = degP (z) + degQ(z). (9.6)

Teorem 9.5. Polinom P (z) ima multiplikativni inverz u prstenu C[z] ako i samo ako jedegP (z) = 0.

Dokaz. Polinom stupnja 0 je oblika P (z) = α za neki α ∈ C, α 6= 0. Njegov multiplikativniinverz je polinom Q(z) = 1

α. Obrnuto, pretpostavimo da je polinom P (z) invertibilan, tj.

da postoji polinom Q(z) takav da je P (z) ·Q(z) = 1. Iz formule (9.6) slijedi 0 = deg 1 =deg(P (z) ·Q(z)) = degP (z) + degQ(z), pa su polinomi P (z) i Q(z) stupnja 0.

Polinom 1− z− z2 je stupnja 2 i nema multiplikativni inverz u prstenu polinoma C[z].Medutim, ima multiplikativni inverz u prstenu formalnih redova potencija C[[z]], stoopravdava racun iz primjera 9.4. Za dokaz nam treba pojam reda (eng. order) elementaF (z) =

∑n≥0

anzn ∈ C[[z]]. To je najmanji indeks n za koji je koeficijent an razlicit od nule:

ordF (z) = min{n ∈ N0 | an 6= 0}. (9.7)

Kao i stupanj, red od F (z) = 0 nije definiran ili stavljamo ordF (z) = +∞, a za sveostale elemente iz C[[z]] definicija je dobra. Red ima dualna svojstva prema operacijamazbrajanja i mnozenja u C[[z]]:

ord(F (z) +G(z)) ≥ min{ordF (z), ordG(z)}, (9.8)

ord(F (z) ·G(z)) = ordF (z) + ordG(z). (9.9)

Teorem 9.6. Funkcija izvodnica F (z) ima multiplikativni inverz u prstenu C[[z]] ako isamo ako je ordF (z) = 0.

Dokaz. Pretpostavimo da F (z) ima multiplikativni inverz, tj. da postoji funkcija izvod-nicaG(z) takva da je F (z)·G(z) = 1. Iz formule (9.9) slijedi 0 = ord 1 = ord(F (z)·G(z)) =ordF (z) + ordG(z), pa je ordF (z) = ordG(z) = 0. Obrnuto, neka je F (z) =

∑n≥0

anzn i

pretpostavimo ordF (z) = 0, tj. a0 6= 0. Trazimo funkciju izvodnicu G(z) =∑n≥0

bnzn takvu

da je F (z) ·G(z) = 1, tj. takvu da vrijedi a0b0 = 1, a0b1 + a1b0 = 0, a0b2 + a1b1 + a2b0 =

0, . . . ,n∑k=0

akbn−k = 0 za n ≥ 1. Vidimo da koeficijente od G(z) mozemo definirati induk-

tivno: b0 = 1a0

, b1 = −1a0a1b0, b2 = −1

a0(a1b1 + a2b0), . . . , bn = −1

a0

n∑k=1

akbn−k za n ≥ 1.


Nas polinom je reda ord(1−z−z2) = 0, pa je invertibilan u C[[z]]. Koeficijente inverzadobivamo rekurzivno, kao u dokazu teorema, ili rastavljanjem na parcijalne razlomke irazvojem u red potencija, kao u primjeru 9.4. Iz relacije (1 − z − z2) · F (z) = z, gdje jeF (z) =

∑n≥0

Fnzn funkcija izvodnica za Fibonaccijeve brojeve, vidimo da je (1−z−z2)−1 =∑

n≥0

Fn+1zn.

Primjer 9.7. Niz (an) zadan je rekurzijom a0 = 1, an+1 = a0 + . . .+ an, n ≥ 0. Odreditefunkciju izvodnicu tog niza i izvedite formulu za opci clan.

Rjesenje. Neka je F (z) =∑n≥0

anzn. Funkcija izvodnica niza (an+1)n≥0 je F (z)−1

z, a funkcija

izvodnica niza (a0+. . .+an)n≥0 je (1+z+z2+. . .)·F (z) = F (z)1−z . Izjednacavanjem dobivamo

F (z)−1z

= F (z)1−z ⇒ F (z) = 1−z

1−2z. Razvijemo tu funkciju u red potencija:

F (z) =1

2

(1 +

1

1− 2z

)=

1

2

(1 +

∑n≥0

2nzn

)= 1 +

∑n≥1

2n−1zn.

Iz toga vidimo da je

an =

{1, za n = 0,

2n−1, za n ≥ 1.

Primjer 9.8. Nadite zatvorenu formulu za funkciju izvodnicu niza bn = n, n ≥ 0.

Rjesenje. Neka je F (z) funkcija izvodnica niza (an). U prethodnom primjeru vidjeli smo

da niz bn = a0 + . . . + an ima funkciju izvodnicu G(z) = F (z)1−z . Niz bn = n dobijemo ako

uzmemo a0 = 0 i an = 1 za n ≥ 1. Odgovarajuca funkcija izvodnica je F (z) =∑n≥1

zn =

z ·∑n≥0

zn = z1−z , pa je G(z) = z

(1−z)2 .

Drugi nacin za rijesiti prethodni primjer je s pomocu formalne derivacije. Za F (z) =∑n≥0

anzn definiramo

F ′(z) =∑n≥1

n anzn−1 =

∑n≥0

(n+ 1)an+1zn.

Iz analize znamo da apsolutno konvergentne redove potencija mozemo derivirati “clanpo clan”. Na isti nacin deriviramo formalne redove potencija. Formalna derivacija imasvojstva koja znamo iz analize.

Teorem 9.9. Za sve F (z), G(z) ∈ C[[z]] i α, β ∈ C vrijedi

(αF (z) + βG(z))′ = αF ′(z) + βG′(z),

(F (z) ·G(z))′ = F ′(z) ·G(z) + F (z) ·G′(z).


Dokaz. Linearnost formalne derivacije je lako provjeriti. Dokazimo pravilo za formalnuderivaciju produkta. Neka je F (z) =

∑n≥0

anzn i G(z) =

∑n≥0

bnzn. Primjenom formalne

derivacije na formulu (9.2) vidimo da je koeficijent uz zn u (F (z) ·G(z))′ jednak

(n+ 1)n+1∑k=0

akbn+1−k.

S druge strane racunamo koeficijent uz zn u izrazu F ′(z) ·G(z) + F (z) ·G′(z):

n∑k=0

ak(n− k + 1)bn−k+1 +n∑l=0

(l + 1)al+1bn−l.

Za gornju granicu prve sume mozemo staviti n + 1 (dodajemo clan 0). U drugoj suminapravimo supstituciju k = l + 1 i za donju granicu stavimo 0 umjesto 1, sto takoder nemijenja sumu:

n+1∑k=0

(n−k+1)akbn−k+1+n+1∑k=0

kakbn−k+1 =n+1∑k=0

(n+1−k+k)akbn+1−k = (n+1)n+1∑k=0

akbn+1−k.

Vidimo da se koeficijenti podudaraju.

Zatvorenu formulu za funkciju izvodnicu iz primjera 9.8 dobijemo deriviranjem geo-metrijskog reda:∑

n≥0

zn =1

1− z= (1− z)−1 =⇒

∑n≥0

n zn−1 = −(1− z)−2 · (−1) =1

(1− z)2.

Zatim pomnozimo sa z: ∑n≥0

n zn =z

(1− z)2.

U dosadasnjim primjerima razmatrali smo nizove cije su funkcije izvodnice racionalnefunkcije. To su nizovi koji zadovoljavaju homogene linearne rekurzije. Tocnije, vrijedisljedeci teorem.

Teorem 9.10. Neka je Q(z) = 1 + α1z + α2z2 + . . . + αdz

d =k∏i=1

(1 − γiz)di kompleksni

polinom stupnja d (αi su koeficijenti, a 1γi

su nultocke kratnosti di). Za niz (an)n≥0 jeekvivalentno:

1. niz ima funkciju izvodnicu oblika F (z) = P (z)Q(z)

, pri cemu je P (z) neki polinom stupnjamanjeg od d,

2. niz zadovoljava rekurziju an+d + α1 an+d−1 + α2 an+d−2 + . . .+ αd an = 0, ∀n ≥ 0,

3. niz je zadan formulom oblika an =k∑i=1

Pi(z) γni , pri cemu su Pi(z) polinomi stupnja

manjeg od di.


Dokaz ovog teorema nalazi se u knjizi [32, teorem 4.1.1 na str. 535]. Primjer niza cijafunkcija izvodnica nije racionalna funkcija cine Catalanovi brojevi.

Primjer 9.11. Iz Segnerove rekurzije Cn+1 =n∑k=0

Ck Cn−k (teorem 3.3) izvedite zatvorenu

formulu za funkciju izvodnicu niza Catalanovih brojeva.

Rjesenje. Neka je F (z) =∑n≥0

Cnzn. Na desnoj strani rekurzije je konvolucija niza (Cn)

sa samim sobom. Zato vrijedi

F (z)2 = F (z) · F (z) =∑n≥0

(n∑k=0

Ck Cn−k

)zn =

∑n≥0

Cn+1zn.

Pomnozimo lijevu i desnu stranu sa z:

z · F (z)2 =∑n≥0

Cn+1zn+1 =

∑n≥1

Cnzn =

∑n≥0

Cnzn − C0 = F (z)− 1.

Funkcija izvodnica zadovoljava kvadratnu jednadzbu zF (z)2 − F (z) + 1 = 0. Rijesimo jepo F (z):

F (z) =1±√

1− 4z

2z. (9.10)

Predznak ± odredimo iz 1 = C0 = F (0) = limz→0

F (z). Vidimo da je limz→0

1+√

1−4z2z

=∞, a iz

L’Hospitalovog pravila slijedi limz→0

1−√

1−4z2z

= limz→0

−12√1−4z

·(−4)

2= 1 = C0. Zakljucujemo da je

F (z) = 1−√

1−4z2z

.

U teoremu 3.2 izveli smo formulu Cn = 1n+1

(2nn

)prebrojavanjem Dyckovih putova. Sad

je mozemo izvesti razvojem ove funkcije u red potencija. Kao alat nam treba binomnired:

(1 + z)α =∑n≥0

(α

n

)zn, α ∈ C. (9.11)

Ovdje je (α

n

)=α(α− 1) · · · (α− n+ 1)

n!=αn

n!

generalizirani binomni koeficijent, koji se za α ∈ N0 podudara s obicnim binomnim koefi-cijentom. U tom slucaju vrijednosti za n > α su 0 i suma je konacna (dobivamo binomniteorem). Za α ∈ C \ N0 suma je beskonacna, a red apsolutno konvergira na podrucju


|z| < 1. Nama treba slucaj α = 12:

F (z) =1−√

1− 4z

2z=

1

2z

[1− (1− 4z)

12

]=

1

2z

[1−

∑n≥0

(12

n

)(−4z)n

]=

=1

2z

[�1−

��

(12

0

)−∑n≥1

(12

n

)(−1)n4nzn

]= −1

2

∑n≥1

(12

n

)(−1)n4nzn−1 =

= −1

2

∑n≥0

(12

n+ 1

)(−1)n+14n+1zn =

∑n≥0

[1

2

(12

n+ 1

)(−1)n4n+1

]zn.

Izraz uz zn u uglatoj zagradi je n-ti Catalanov broj Cn. Raspisimo generalizirani binomnikoeficijent i sredimo ga:

Cn =1

2

(12

n+ 1

)(−1)n4n+1 =

1

2·

12·(

12− 1)·(

12− 2)· · ·(

12− n

)(n+ 1)!

· (−1)n4n+1 =

=1

2·

12·(−1

2

)·(−3

2

)· · ·(−(2n−1)

2

)(n+ 1)!

· (−1)n22n+2 =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2n+2 · (n+ 1)!· 22n+2 =

=2n

(n+ 1)!· (2n)!

2 · 4 · · · · (2n)=

��2n

(n+ 1) · n!· (2n)!

��2n · n!=

1

n+ 1· (2n)!

n! · n!=

1

n+ 1

(2n

n

).

Formulu (9.10) dobili smo rjesavanjem kvadratne jednadzbe. Postavlja se pitanjevrijedi li formula za rjesenja kvadratne jednadzbe u prstenu C[[z]]? U nazivniku je polinom2x koji je stupnja i reda 1 i nije invertibilan u C[z] niti u C[[z]]. Da bismo opravdali todijeljenje trebamo jos alata iz algebre.

Teorem 9.12. Neka je R integralna domena. Onda postoji polje F koje sadrzi R kaopotprsten sa svojstvom da za svako polje E koje sadrzi R kao potprsten mozemo ulozitipolje F u polje E.

Polje F iz prethodnog teorema jedinstveno je do na izomorfizam i nazivamo ga poljemrazlomaka integralne domene R. To je “najmanje” polje koje sadrzi R kao podprsten.Konstrukcija polja razlomaka F analogna je konstrukciji polja racionalnih brojeva Q izprstena cijelih brojeva Z. Dokaz pogledajte u [17, teoremi 4.3, 4.4, 4.5 i korolar 4.6 na str.143-145]. Jasno, polje razlomaka od Z je upravo Q. Za prsten polinoma C[z] polje razlo-maka cine racionalne funkcije i oznacavamo ga C(z). Polje razlomaka prstena formalnihredova potencija C[[z]] nazivamo poljem formalnih Laurentovih2 redova i oznacavamo gaC((z)). Elemente od C((z)) mozemo zapisati kao redove potencija u kojima je dozvoljenokonacno mnogo negativnih eksponenata.

Teorem 9.13. Za svaki F ∈ C((z)), F 6= 0 postoje jedinstveni m ∈ Z i G ∈ C[[z]],ordG(z) = 0 takvi da je F (z) = zm ·G(z). Stavljamo ordF (z) := m.

2Pierre Alphonse Laurent (1813.-1854.), francuski matematicar i inzenjer.


Neka je G(z) =∑i≥0

aizi, a0 6= 0. Ako je m negativan, tj. m = −n za neki n ∈ N,

formalni Laurentov red F (z) je oblika

F (z) = a0z−n + a1z

−n+1 + . . .+ an + an+1z + an+2z2 + . . . =

∑i≥−n

an+izi.

Dokaz teorema 9.13 pogledajte u [22, teorem 7.48 na str. 258]. Mi ga ilustriramo sljedecimprimjerom.

Primjer 9.14. Nadite multiplikativni inverz funkcije izvodnice Fibonaccijevih brojevaF (z) =

∑n≥0

Fnzn u polju formalnih Laurentovih redova C((z)).

Rjesenje. Vrijedi F0 = 0, pa je ordF (z) = 1 i funkcija izvodnica F (z) nema multiplika-tivni inverz u prstenu C[[z]]. U primjeru 9.4 izveli smo zatvorenu formulu F (z) = z

1−z−z2 .Iz toga vidimo da je multiplikativni inverz u polju C((z))

F (z)−1 =1

F (z)=

1− z − z2

z= z−1 − 1− z.

U prethodnom primjeru je ordF (z)−1 = −1, a opcenito vrijedi ordF (z)−1 = − ordF (z)za svaki F ∈ C((z)), F 6= 0. Sljedeci teorem je poseban slucaj binomnog reda koji je vrlokoristan za prebrojavanje.

Teorem 9.15.1

(1− z)m+1=∑n≥0

(m+ n

m

)zn.

Dokaz. Pokazimo prvo da je ovo zaista specijalni slucaj reda (9.11) za α = −(m+ 1):

(1− z)−(m+1) =∑n≥0

(−(m+ 1)

n

)(−z)n =

∑n≥0

(−m− 1)(−m− 2) · · · (−m− n)

n!(−1)nzn =

=∑n≥0

��(−1)n(m+ 1)(m+ 2) · · · (m+ n)

n!��(−1)nzn =

∑n≥0

(m+ n)!

m! · n!zn =

=∑n≥0

(m+ n

m

)zn.

Teorem mozemo dokazati bez pozivanja na binomni red, prebrojavanjem. Lijeva stranaje produkt m+ 1 geometrijskih redova:

1

(1− z)m+1=

(∑n≥0

zn

)m+1

= (1 + z + z2 + . . .) · · · (1 + z + z2 + . . .).

Iz m + 1 zagrada biramo clanove oblika zx1 , . . . , zxm+1 i mnozimo ih. Rezultat doprinosijedinicu koeficijentu uz zn uvijek kad je x1 + . . . + xm+1 = n. Prema tome, koeficijentuz zn jednak je broju nenegativnih cjelobrojnih rjesenja te jednadzbe, a to je po “principukuglica i stapica” binomni koeficijent

(m+nm

).


U prethodnom teoremu dokazali smo prebrojavanjem rezultat o redovima potencija.Funkcije izvodnice u kombinatorici obicno koristimo obrnuto: direktno napisemo funkcijuizvodnicu za neki problem prebrojavanja te racunanjem s formalnim redovima potencijaizvedemo formulu za broj rjesenja. U sljedecim primjerima 〈zn〉 je operator koji funkcijiizvodnici pridruzuje koeficijent uz zn:

〈zn〉F (z) = 〈zn〉∑k≥0

akzk = an.

Primjer 9.16. Odredite broj cjelobrojnih rjesenja jednadzbe x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 35uz uvjete 3 ≤ xi ≤ 9, i = 1, 2, 3, 4, 5.

Rjesenje. Za n ∈ N0, neka je an broj rjesenja jednadzbe x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = n uzzadane uvjete. Mozemo direktno napisati funkciju izvodnicu niza (an):

F (z) = (z3 + z4 + z5 + z6 + z7 + z8 + z9)5.

Objasnjenje je slicno kao u dokazu teorema 9.15: iz zagrada biramo faktore oblika zxi ,a njihov produkt doprinosi jedinicu koeficijentu uz zn uvijek kad vrijedi jednadzba x1 +x2 + x3 + x4 + x5 = n. Uvjete 3 ≤ xi ≤ 9 “ugradili” smo u funkciju izvodnicu stavljajucisamo odgovarajuce potencije od z u zagrade. Sredimo formulu kojom je zadana funkcijaizvodnica da bismo lakse dosli do koeficijenata an:

F (z) = z15(1 + z + z2 + z3 + z4 + z5 + z6)5 = z15

(1− z7

1− z

)5

= z15(1− z7)5 1

(1− z)5.

Koristili smo se formulom za sumu konacnog geometrijskog reda

1 + z + . . .+ zk =1− zk+1

1− z. (9.12)

Trebamo odrediti koeficijent a35:

〈z35〉F (z) = 〈z20〉[(1− z7)5 1

(1− z)5

]=

= 〈z20〉

[(1−

(5

1

)z7 +

(5

2

)z14 −

(5

3

)z21 + . . .

)∑n≥0

(n+ 4

4

)zn

].

Prvi faktor raspisali smo po binomnom teoremu, a drugi po teoremu 9.15. Iz prvog faktorabiramo potencije od z s eksponentima manjim od 20 i dopunjujemo ih do z20 potencijamaiz drugog faktora:

a35 = 1 ·(

20 + 4

4

)−(

5

1

)·(

13 + 4

4

)+

(5

2

)·(

6 + 4

4

)= 826.

Drugi nacin za rijesiti zadatak je supstitucijom yi = xi− 3. Prebrojavamo cjelobrojnarjesenja jednadzbe y1 + y2 + y3 + y4 + y5 = 20 uz uvjete 0 ≤ yi ≤ 6 s pomocu formuleuljucivanja-iskljucivanja: (

24

4

)−(

5

1

)(17

4

)+

(5

2

)(10

4

).


Prvi clan je broj svih nenegativnih rjesenja, zatim oduzmemo broj rjesenja za koje vrijediyi > 6 za jedan indeks i, pa dodamo broj rjesenja za koje je uvjet narusen za dva indeksa i.Uvjet ne moze biti narusen za tri ili vise indeksa jer bi tada suma bila veca od 20.

Primjer 9.17. Pismeni ispit sastoji se od 5 zadataka od kojih svaki nosi 20 bodova.Student je redom osvojio 18, 10, 5, 5 i 2 boda, dakle ukupno 40 bodova. Na koliko nacinamu asistent moze pokloniti 5 bodova koji mu nedostaju za prolaz?

Rjesenje. Neka je xi broj bodova poklonjenih na i-tom zadatku. Prebrojavamo cjelo-brojna rjesenja jednadzbe x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 5 uz uvjete 0 ≤ x1 ≤ 2, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0,x4 ≥ 0, x5 ≥ 0. Neka je F (z) funkcija izvodnica za broj cjelobrojnih rjesenja jednadzbex1 + x2 + x3 + x4 + x5 = n uz iste uvjete. Kao u prethodnom primjeru vidimo da je

F (z) = (1 + z+ z2)(1 + z+ z2 + . . .)4 = (1 + z+ z2)1

(1− z)4= (1 + z+ z2)

∑n≥0

(n+ 3

3

)zn.

Trazimo koeficijent uz z5:

〈z5〉F (z) =

(5 + 3

3

)+

(4 + 3

3

)+

(3 + 3

3

)=

(8

3

)+

(7

3

)+

(6

3

)= 111.

Primjer 9.18. Bacamo k razlicito obojanih igracih kocki. Napisite funkciju izvodnicu zabroj nacina da zbroj dobivenih brojeva bude najvise n. Izracunajte taj broj za k = 3 in = 10.

Rjesenje. Problem je ekvivalentan prebrojavanju cjelobrojnih rjesenja nejednadzbe x1 +. . .+xk ≤ n uz uvjete 1 ≤ xi ≤ 6, i = 1, . . . , k. Neka je an broj nacina da zbroj dobivenihbrojeva bude tocno n i F (z) odgovarajuca funkcija izvodnica. Ovaj problem odgovaraprebrojavanju cjelobrojnih rjesenja jednadzbe x1 + . . .+ xk = n uz iste uvjete. Znamo daje

F (z) = (z+ z2 + z3 + z4 + z5 + z6)k = zk(1 + z+ z2 + z3 + z4 + z5 + z5)k = zk(

1− z6

1− z

)k.

Neka je bn broj rjesenja nejednadzbe i G(z) funkcija izvodnica tog niza. Vrijedi bn =a0 + . . .+ an, pa kao u primjeru 9.8 zakljucujemo da je

G(z) =F (z)

1− z=zk(1− z6)k

(1− z)k+1.

Trazeni broj za k = 3 i n = 10 je

〈z10〉[z3(1− z6)3

(1− z)4

]= 〈z7〉

[(1− 3z6 + 3z12 − z18)

∑n≥0

(n+ 3

3

)zn

]=

(10

3

)−3

(4

3

)= 108.


U prethodnim primjerima naucili smo direktno zapisati funkciju izvodnicu za broj cje-lobrojnih rjesenja jednadzbi i nejednadzbi oblika x1+. . .+xk = n uz uvjete na varijable xi.Neka je S = {a1, . . . , ak} zadani k-clani skup. Slicnim razmisljanjem zakljucujemo da jefunkcija izvodnica za broj n-clanih podskupova tog skupa dana s

F (z) = (1 + z)k = (1 + z) · · · (1 + z).

Mnozimo k faktora oblika 1 + z. Ako iz i-tog faktora izaberemo 1, to znaci da element ainije u podskupu, a ako izaberemo z, onda jest u podskupu. Alternativno, koeficijenti suan =

(kn

)pa iz binomnog teorema slijedi

F (z) =∑n≥0

(k

n

)zn =

k∑n=0

(k

n

)zn = (1 + z)k.

Analogno mozemo zapisati funkciju izvodnicu za n-clane podmultiskupove multiskupaM = {ae11 , . . . , a

ekk }:

F (z) = (1 + z + z2 + . . .+ ze1) · · · (1 + z + z2 + . . .+ zek) =k∏i=1

1− zei+1

1− z.

Varijante ove funkcije izvodnice za broj podmultiskupova uz uvjete na broj pojedinihelemenata koristimo u zadacima 9.8 i 9.9. U iduca dva primjera upoznajemo problemeprebrojavanja koje mozemo rijesiti sustavom funkcija izvodnica.

Primjer 9.19. Nacrtajte usmjereni graf zadan matricom susjedstva 0 1 01 0 11 1 0

.Odredite funkciju izvodnicu i formulu za broj setnji duljine n koje pocinju i zavrsavaju uprvom vrhu tog grafa.

Rjesenje. Usmjereni graf je prikazan na slici 9.1. Neka je an broj setnji duljine n odvrha 1 do vrha 1, bn broj setnji duljine n od vrha 1 do vrha 2, a cn broj setnji duljine ndo vrha 1 do vrha 3. Ta tri niza zadovoljavaju sljedeci sustav rekurzija i pocetne uvjete:

a0 = 1, an = bn−1 + cn−1,

b0 = 0, bn = an−1 + cn−1,

c0 = 0, cn = bn−1.

Prva jednadzba vrijedi jer do vrha 1 mozemo doci iz vrha 2 i iz vrha 3, druga jer dovrha 2 mozemo doci iz vrha 1 i iz vrha 3, a treca jer do vrha 3 mozemo doci samo iz


1

2 3

Slika 9.1: Usmjereni graf iz primjera 9.19.

vrha 2. Ako su A(z), B(z) i C(z) redom funkcije izvodnice ta tri niza, iz rekurzija vidimoda zadovoljavaju sustav jednadzbi

A(z) = 1 + z ·B(z) + z · C(z),

B(z) = z · A(z) + z · C(z),

C(z) = z ·B(z).

Rjesavanjem ovog sustava po A(z), B(z) i C(z) dobijemo A(z) = z−1z2+z−1

. Rastavljanjemna parcijalne razlomke i razvojem u red potencija, slicno kao u primjeru 9.4, dobijemoformulu

an =5−√

5

10

(1 +√

5

2

)n

+5 +√

5

10

(1−√

5

2

)n

.

Primjer 9.20. Neka je tn broj nizova duljine n koji se sastoje od znamenaka 0, 1 i 2 ukojima nema susjednih znamenaka 0 i 1. Odredite funkciju izvodnicu za tn i iz nje izvediteformulu za tn.

Rjesenje. Neka je an broj takvih nizova koji zavrsavaju s 0, bn broj takvih nizova kojizavrsavaju s 1, a cn broj takvih nizova koji zavrsavaju s 2. Vrijedi sljedeci sustav rekurzija:

a0 = 1, an = an−1 + cn−1,

b0 = 1, bn = bn−1 + cn−1,

c0 = 1, cn = an−1 + bn−1 + cn−1.

Prva jednadzba vrijedi jer niz duljine n koji zavrsava s 0 dobivamo dodavanjem 0 na nizduljine n − 1 koji zavrsava s 0 ili s 2. Ne smijemo dodati 0 na niz koji zavrsava s 1da ne bismo dobili susjedne znamenke 0 i 1. Analogno vidimo da vrijede druga i treca


jednadzba. Iz toga slijedi da odgovarajuce funkcije izvodnice zadovoljavaju sustav

A(z) = 1 + z · A(z) + z · C(z),

B(z) = 1 + z ·B(z) + z · C(z),

C(z) = 1 + z · A(z) + z ·B(z) + z · C(z).

Rjesavanjem po A(z), B(z) i C(z) dobijemo

A(z) = B(z) =1

1− 2z − z2, C(z) =

1 + z

1− 2z − z2.

Za n ≥ 1 vrijedi tn = an+bn+cn, pa se funkcija izvodnica osim slobodnog clana podudarasa zbrojem

T (z) = A(z) +B(z) + C(z) =3 + z

1− 2z − z2.

Rastavljanjem na parcijalne razlomke i razvojem u red potencija dobijemo

tn =(1−

√2)n+1 + (1 +

√2)n+1

2, n ≥ 1.

9.2 Eksponencijalne funkcije izvodnice

Funkcija izvodnica niza an = n! ima radijus konvergencije 0 i ne mozemo je zapisati uzatvorenom obliku. Ponekad je lase racunati s funkcijom izvodnicom niza

(ann!

), tj. sa

F (z) =∑n≥0

ann!zn.

Taj formalni red potencija nazivamo eksponencijalnom funkcijom izvodnicom niza (an).Nas niz an = n! ima eksponencijalnu funkciju izvodnicu F (z) =

∑n≥0

zn = 11−z . Ovo su jos

dva primjera eksponencijalnih funkcija izvodnica:

(1, 1, 1, 1, . . .) ←→ F (z) =∑n≥0

zn

n!= ez,

(1, α, α2, α3, . . .) ←→ F (z) =∑n≥0

αnzn

n!=∑n≥0

(αz)n

n!= eαz.

Neka su F (z) =∑n≥0

ann!zn i G(z) =

∑n≥0

bnn!zn eksponencijalne funkcije izvodnice nizova

(an) i (bn). Neka je njihov produkt u prstenu C[[z]] eksponencijalna funkcija izvodnicaniza (cn):

F (z) ·G(z) =∑n≥0

cnn!zn.

9.2. EKSPONENCIJALNE FUNKCIJE IZVODNICE 105

Tada vrijedi

cnn!

=n∑k=0

akk!

bn−k(n− k)!

=⇒ cn =n∑k=0

n!

k!(n− k)!akbn−k =

n∑k=0

(n

k

)akbn−k.

Niz (cn) nazivamo binomnom konvolucijom nizova (an) i (bn).Sjetimo se da je Bellov broj Bn jednak broju particija n-clanog skupa. U teoremu 3.9

dokazali smo rekurziju

Bn =n∑k=1

(n− 1

k − 1

)Bn−k =

n−1∑k=0

(n− 1

k

)Bn−1−k =⇒ Bn+1 =

n∑k=0

(n

k

)Bn−k.

Na desnoj strani prepoznajemo binomnu konvoluciju konstantnog niza (1, 1, 1, . . .) i niza (Bn).Konstantni niz ima eksponencijalnu funkciju izvodnicu ez, a eksponencijalnu funkcijuizvodnicu za Bellove brojeve oznacimo F (z) =

∑n≥0

Bn

n!zn. Pomnozimo ih i iskoristimo

rekurziju:

ez · F (z) =∑n≥0

1

n!

(n∑k=0

(n

k

)Bn−k

)zn =

∑n≥0

Bn+1

n!zn.

Eksponencijalnu funkciju izvodnicu za “pomaknute” Bellove brojeve (B1, B2, B3, . . .) nadrugi nacin dobivamo formalnim deriviranjem:

F ′(z) =∑n≥0

Bn

n!· n · zn−1 =

∑n≥1

Bn

(n− 1)!zn−1 =

∑n≥0

Bn+1

n!zn.

Prema tome, F (z) zadovoljava diferencijalnu jednadzbu F ′(z) = ez · F (z). Rijesimo jemetodom separacije varijabli:

F ′(z)

F (z)= ez ⇒ (lnF (z))′ = ez ⇒ lnF (z) =

∫ezdz = ez + C ⇒ F (z) = ee

z+C .

Konstantu C odredimo iz F (0) = e1+C = B0 = 1 ⇒ C = −1. Time smo dokazalisljedeci teorem.

Teorem 9.21. Eksponencijalna funkcija izvodnica za Bellove brojeve je F (z) = eez−1.

Binomnu inverziju (korolar 7.4) takoder mozemo dokazati racunanjem s eksponenci-jalnim funkcijama izvodnica. Neka su (fn)n≥0 i (gn)n≥0 kompleksni nizovi, tj. funkcijef, g : N0 → C, a F (z) =

∑n≥0

fnn!zn i G(z) =

∑n≥0

gnn!zn odgovarajuce eksponencijalne funkcije

izvodnice. Prema binomnoj inverziji sljedece dvije tvrdnje su ekvivalentne:

(a) gn =n∑i=0

(n

i

)fi, ∀n ∈ N0,

(b) fn =n∑i=0

(−1)n−i(n

i

)gi, ∀n ∈ N0.


Tvrdnju (a) mozemo zapisati kao G(z) = ez · F (z), a tvrdnju (b) kao F (z) = e−z ·G(z).U tom zapisu ekvivalencija je ocita.

Neka je M = {a∞1 , . . . , a∞k } multiskup s k razlicitih elemenata beskonacne kratnosti.U prethodnoj cjelini naucili smo zapisati obicnu funkciju izvodnicu za broj n-kombinacijaod M :

F (z) = (1 + z + z2 + . . .) · · · (1 + z + z2 + . . .) =1

(1− z)k+1.

Eksponencijalne funkcije izvodnice pogodne su za prebrojavanje n-permutacija od M . Tosu nizovi duljine n sastavljeni od simbola a1, . . . , ak koji se mogu ponavljati. Eksponen-cijalna funkcija izvodnica za broj takvih nizova je

F (z) =

(1 +

z

1!+z2

2!+ . . .

)· · ·(

1 +z

1!+z2

2!+ . . .

)= (ez)k = ekz.

Za koeficijent uz zn iz i-tog faktora biramo clan oblika zxixi!

uz uvjet x1 + . . . + xk = n.

Mnozenjem dobijemo zn

x1!···xk!= 1

n!

(n

x1,...,xk

)zn. Multinomni koeficijent

(n

x1,...,xk

)predstavlja

broj permutacija podmultiskupa {ax11 , . . . , axkk }. Ukupan broj n-permutacija od M dobi-

jemo sumiranjem po svim n-podmultiskupovima, tj. nenegativnim cjelobrojnim rjesenjimajednadzbe x1 + . . .+xk = n. To se kod mnozenja k faktora ez u prstenu formalnih redovapotencija C[[z]] dogada automatski!

Alternativna interpretacija koeficijenata ove eksponencijalne funkcije izvodnice je brojfunkcija s n-clanog skupa u k-clani skup, za fiksni k. Taj broj je kn, a odgovarajucaeksponencijalna funkcija izvodnica je F (z) =

∑n≥0

kn

n!zn =

∑n≥0

(kz)n

n!= ekz. U sljedecim

primjerima i u zadacima 9.14 i 9.16 upoznajemo varijante ove eksponencijalne funkcijeizvodnice s ogranicenjima na broj simbola ai u n-permutaciji.

Primjer 9.22. U vlaku se nalazi n ≥ 2 putnika. Na koliko nacina putnici mogu izaci nacetiri stanice tako da na prvoj stanici izade najvise jedan putnik, na drugoj stanici paranbroj putnika, na trecoj stanici barem jedan putnik, a na cetvrtoj stanici svi koji su ostaliu vlaku? Putnici su razliciti (nije svejedno izlazi li na prvoj stanici Ana ili Branko) istanice su razlicite (nije svejedno izlazi li Ana na prvoj ili na drugoj stanici).

Rjesenje. Oznacimo putnike brojevima 1, . . . , n, a stanice slovima a, b, c, d. Rasporedizlazenja identificiramo s funkcijom f : {1, . . . , n} → {a, b, c, d} (svakom putniku pridru-zimo stanicu na kojoj izlazi) koja zadovoljava uvjete na kardinalitete praslika |f−1(a)| ≤ 1,|f−1(b)| je paran i |f−1(c)| ≥ 1. Alternativno, o rasporedu izlazenja mozemo razmisljatikao nizu duljine n sastavljenom od slova a, b, c, d (n-permutaciji multiskupa {a∞, b∞, c∞,d∞}) u kojem se pojavljuje najvise jedno slovo a, paran broj slova b i barem jedno slovo c.Eksponencijalna funkcija izvodnica za broj takvih nizova ili funkcija je

F (z) = (1 + z) ·(

1 +z2

2!+z4

4!+ . . .

)·(z +

z2

2!+z3

3!+ . . .

)·(

1 +z

1!+z2

2!+ . . .

).

Zagrade odgovaraju redom slovima a, b, c i d. Sredimo funkciju izvodnicu i raspisemo je

9.2. EKSPONENCIJALNE FUNKCIJE IZVODNICE 107

kao zbroj redova potencija:

F (z) = (1 + z) · ez + e−z

2· (ez − 1) · ez =

1

2

(e3z + ez + ze3z + zez − e2z − ze2z − 1− z

)=

=1

2

(∑n≥0

3n

n!zn +

∑n≥0

1n!zn +

∑n≥0

3n

n!zn+1 +

∑n≥0

1n!zn+1 −

∑n≥0

2n

n!zn −

∑n≥0

2n

n!zn+1 − 1− z

)=

=1

2

(∑n≥0

3n

n!zn +

∑n≥0

1n!zn +

∑n≥1

3n−1

(n−1)!zn +

∑n≥1

1(n−1)!

zn −∑n≥0

2n

n!zn −

∑n≥1

2n−1

(n−1)!zn − 1− z

)=

=1

2

(∑n≥0

3n

n!zn +

∑n≥0

1n!zn +

∑n≥1

n3n−1

n!zn +

∑n≥1

nn!zn −

∑n≥0

2n

n!zn −

∑n≥1

n2n−1

n!zn − 1− z

).

Zbog uvjeta n ≥ 2 zadnja dva clana u zagradi mozemo zanemariti. Trazeni broj rasporedaizlazenja je

n!〈zn〉F (z) = ��n!1

2 ·��n!

(3n + 1 + n3n−1 + n− 2n − n2n−1

)=

=3n−1(n+ 3)− 2n−1(n+ 2) + n+ 1

2.

Primjer 9.23. Napisite eksponencijalnu funkciju izvodnicu za broj nizova duljine n sas-tavljenih od elemenata multiskupa {a∞, b∞, c2} koji sadrze bar dva slova a i paran brojslova b. Izracunajte broj takvih nizova za n = 10.

Rjesenje. Trazena eksponencijalna funkcija izvodnica je

F (z) =

(z2

2!+z3

3!+z4

4!+ . . .

)·(

1 +z2

2!+z4

4!+ . . .

)·(

1 +z

1!+z2

2!

).

Zagrade odgovaraju redom slovima a, b i c. Zapisimo je u obliku iz kojeg cemo lakseprepoznati koeficijente:

F (z) = (ez − 1− z) · ez + e−z

2·(

1 + z +z2

2

)=

=1

2

[(1 + z +

z2

2

)(e2z + 1)−

(1 + 2z +

3

2z2 +

1

2z3

)(ez + e−z)

]=

=1

2

[(1 + z +

z2

2

)(2 +

∑n≥1

2n

n!zn

)−(

1 + 2z +3

2z2 +

1

2z3

)∑n≥0

2

(2n)!z2n

].

Broj nizova za n = 10 je

10!〈z10〉F (z) =10!

2

[210

10!+

29

9!+

1

2· 28

8!− 2

10!− 3

2· 2

8!

]= 8696.


9.3 Konvergencija u prstenu C[[z]]U ovoj cjelini uglavnom slijedimo knjigu [22]. Rijesimo prvo jedan motivacijski primjer,koji ce nas dovesti do funkcije izvodnice za broj particija prirodnih brojeva.

Primjer 9.24. U novcaniku imamo 7 kovanica od jedne kune, 5 kovanica od dvije kune,4 kovanice od pet kuna, 6 novcanica od deset kuna i 3 novcanice od dvadeset kuna. Napisitefunkciju izvodnicu za broj nacina na koji mozemo platiti racun od n kuna. Kovanice inovcanice iste vrijednosti smatramo identicnima.

Rjesenje. Trazena funkcija izvodnica je

F (z) =(1 + z + z2 + z3 + z4 + z5 + z6 + z7) · (1 + z2 + z4 + z6 + z8 + z10) · (1 + z5+

+ z10 + z15 + z20) · (1 + z10 + z20 + z30 + z40 + z50 + z60) · (1 + z20 + z40 + z60).

Prva zagrada odgovara kovanicama od jedne kune, druga kovanicama od dvije kuna, trecakovanicama od pet kuna, cetvrta novcanicama od deset kuna, a peta novcanicama oddvadeset kuna. Iz zagrada biramo clanove oblika zx1 , z2x2 , z5x3 , z10x4 , z20x5 i mnozimo ihte dobivamo potenciju zx1+2x2+5x3+10x4+20x5 . Koeficijent uz zn odgovara broju cjelobrojnihrjesenja jednadzbe x1 + 2x2 + 5x3 + 10x4 + 20x5 = n uz uvjete 0 ≤ x1 ≤ 7, 0 ≤ x2 ≤ 5,0 ≤ x3 ≤ 4, 0 ≤ x4 ≤ 6 i 0 ≤ x5 ≤ 3. To je upravo broj nacina na koji mozemoplatiti racun od n kuna: x1 je broj kovanica od jedne kune kojima placamo racun, x2 brojkovanica od dvije kune itd. Uz pomoc formule (9.12) za sumu konacnog geometrijskogreda mozemo pojednostavniti funkciju izvodnicu:

F (z) =1− z8

1− z· 1− z12

1− z2· 1− z25

1− z5· 1− z70

1− z10· 1− z80

1− z20.

Particija prirodnog broja n je niz prirodnoh brojeva µ = (µ1, . . . , µk) takav da jeµ1 ≥ . . . ≥ µk i µ1 + . . . + µk = n. U cjelini 3.3 broj particija od n oznacili smo p(n).Sada zelimo odrediti funkciju izvodnicu F (z) =

∑n≥0

p(n)zn.

Primijetimo da je particija µ jednoznacno odredena s brojem pribrojnika 1, 2, 3, . . .koje sadrzi. Neka je xi = |{j | µj = i}| broj pribrojnika i u particiji µ. Onda vrijedi

x1 + 2x2 + 3x3 + . . . = n.

Suma na lijevoj strani je konacna jer su skoro svi xi jednaki 0. Broj particija p(n) jednakje broju nenegativnih cjelobrojnih rjesenja ove jednadzbe, a to je kao u primjeru 9.24koeficijent uz zn u produktu

F (z) = (1 + z + z2 + z3 . . .) · (1 + z2 + z4 + z6 . . .) · (1 + z3 + z6 + z9 + . . .) · · · =

=1

1− z· 1

1− z2· 1

1− z3· · · =

∏k≥1

1

1− zk. (9.13)

9.3. KONVERGENCIJA U PRSTENU C[[Z]] 109

Faktori 11−zk su geometrijski redovi, tj. elementi prstena formalnih redova potencija C[[z]],

ali ima ih beskonacno mnogo. Za opravdanje beskonacnih produkata u C[[z]] ipak namtreba pojam limesa i konvergencije. Odgodit cemo opravdanje za kasnije i prvo poka-zati nekoliko rezultata o particijama koje je dokazao Euler racunanjem s beskonacnimproduktima.

Teorem 9.25. Broj particija prirodnog broja n u neparne dijelove jednak je broju particijaod n u medusobno razlicite dijelove.

Dokaz. Slicno kao (9.13), funkciju izvodnicu za broj particija od n u neparne dijelove(pribrojnike) mozemo zapisati kao

F (z) = (1 + z + z2 + z3 . . .) · (1 + z3 + z6 + z9 + . . .) · (1 + z5 + z10 + z15 . . .) · · · =

=1

1− z· 1

1− z3· 1

1− z5· · · =

∏k≥1

1

1− z2k−1. (9.14)

Funkcija izvodnica za broj particija od n u medusobno razlicite dijelove je

G(z) = (1 + z) · (1 + z2) · (1 + z3) · · · =∏k≥1

(1 + zk). (9.15)

Prirodan broj k u particiji se pojavljuje jednom (iz k-tog faktora biramo zk) ili nijednom(iz k-tog faktora biramo 1). Dovoljno je racunanjem u C[[z]] pokazati da je F (z) = G(z).Prvo F (z) pomnozimo s medusobno inverznim produktima

∏k≥1

11−z2k i

∏k≥1

(1− z2k):

F (z) =∏k≥1

1

1− z2k−1=∏k≥1

1

1− z2k−1·∏k≥1

1

1− z2k·∏k≥1

(1− z2k).

Prva dva produkta spojimo u jedan produkt geometrijskih redova 11−zk po svim prirodnim

brojevima k, a treci produkt rastavimo kao razliku kvadrata:

F (z) =∏k≥1

1

1− zk·∏k≥1

(1− zk)(1 + zk) =∏k≥1

1

1− zk·∏k≥1

(1− zk) ·∏k≥1

(1 + zk).

Prva dva produkta su medusobno inverzni i mozemo ih kratiti, pa ostaje F (z) = G(z).

Moguce je uspostaviti bijekciju izmedu particija od n u neparne dijelove i u medusobnorazlicite dijelove, ali nije jednostavno. Dvije takve bijekcije opisane su u knjizi [22] nastr. 300-303. Poznati rezultati o broju particija su takozvani Rogers3-Ramanujanovi4

identiteti, koji se takoder dokazuju s pomocu funkcija izvodnica (vidi [37]).Iduci cilj je izvesti rekurziju za niz (p(n))n≥0. Euler je dosao do te rekurzije proucavajuci

multiplikativni inverz funkcije izvodnice za broj particija (9.13), tj.

F (z) = (1− z) · (1− z2) · (1− z3) · · · =∏k≥1

(1− zk). (9.16)

3Leonard James Rogers (1862.-1933.), britanski matematicar.4Srinivasa Ramanujan (1887.-1920.), indijski matematicar.


Mnozenjem prvih nekoliko faktora i sredivanjem vidimo da funkcija izvodnica pocinje s

F (z) = 1− z − z2 + z5 + z7 − z12 − z15 + z22 + z26 − z35 − z40 + z51 + z57 − . . . .

Da bismo dobili koeficijente do potencije zn, dovoljno je mnozitin∏k=1

(1−zk). Faktori 1−zk

za k > n ne utjecu na koeficijente uz zk za k ≤ n. Uocimo da koeficijenti pocinju s 1,zatim slijede dva koeficijenta −1, pa dva 1 itd. Eksponenti koji se pojavljuju su

1, 2, 5, 7, 12, 15, 22, 26, 35, 40, 51, 57 . . .

To su takozvani generalizirani peterokutni brojevi. U zadatku 1.9 izveli smo formulu pn =n(3n−1)

2za n-ti peterokutni broj (slika 1.3). Generalizirane peterokutne brojeve dobivamo

uvrstavanjem u tu formulu redom n = 1,−1, 2,−2, 3,−3, . . .. Za neparne indekse to je pn,a za parne n(3n+1)

2.

Teorem 9.26 (Eulerov teorem o peterokutnim brojevima).∏k≥1

(1− zk) = 1 +∑n≥1

(−1)n[zn(3n−1)/2 + zn(3n+1)/2

].

Dokaz teorema dan je u [22, teorem 8.26 na str. 303]. Iz teorema mozemo izvestirekurziju za niz (p(n)):(∑

n≥0

p(n)zn

)·

(1 +

∑n≥1

(−1)n[zn(3n−1)/2 + zn(3n+1)/2

])= 1.

Koeficijent na lijevoj strani uz zn, n ≥ 1 je nula:

p(n)− p(n− 1)− p(n− 2) + p(n− 5) + p(n− 7)− p(n− 12)− p(n− 15) + . . . = 0 =⇒

p(n) = p(n− 1) + p(n− 2)− p(n− 5)− p(n− 7) + p(n− 12) + p(n− 15)− . . . =⇒

p(n) =∑k≥1

(−1)k−1

[p

(n− k(3k − 1)

2

)+ p

(n− k(3k + 1)

2

)]. (9.17)

Kao pocetne uvjete uzimamo p(0) = 1 i p(n) = 0 za n < 0, pa je suma na desnoj stranikonacna.

Teorem 9.27. Niz (p(n))n≥0 zadovoljava rekurziju (9.17) uz pocetne uvjete p(0) = 0 ip(n) = 0 za n < 0.

Vidjeli smo da racunanjem s beskonacnim produktima u C[[z]] mozemo izvesti zanim-ljive rezultate o broju particija. Trebamo jos opravdati beskonacne produkte, “besko-nacna kracenja” i druge korake iz dokaza teorema 9.25. Ideja je sadrzana u primjedbida prvih n koeficijenata u beskonacnom produktu (9.16) mozemo odrediti mnozenjemkonacno mnogo faktora. Prvo cemo definirati konvergenciju nizova u C[[z]], a s pomocutoga konvergenciju beskonacnih suma i produkata.


Neka je (Fk(z))k∈N niz funkcija izvodnica. Koeficijente oznacimo a(k)n :

Fk(z) =∑n≥0

a(k)n zn.

Kazemo da taj niz konvergira prema funkciji izvodnici G(z) =∑n≥0

bnzn i pisemo

limk→∞

Fk(z) = G(z) (9.18)

ako za zvaki n ∈ N0 postoji k0 ∈ N takav da za sve k ≥ k0 vrijedi a(k)n = bn. Dakle,

za fiksni n, niz koeficijenata (a(k)n )k∈N uz zn nakon odredenog indeksa k0 postaje kons-

tantan i jednak koeficijentu bn = 〈zn〉G(z) (niz se “stabilizira” na bn). To je jaci pojam

konvergencije nizova u C od uobicajenog. Po standardnoj definiciji, limk→∞

a(k)n = bn znaci

(∀ε > 0)(∃k0 ∈ N)(∀k ∈ N) k ≥ k0 ⇒ |a(k)n − bn| < ε. Nasa definicija konvergencije niza

koeficijenata uz zn ocito povlaci standardnu konvergenciju, ali obrat ne vrijedi.

Primjer 9.28. Neka je Fk(z) =∑n≥0

1knzn. Je li niz (Fk(z))k konvergentan?

Rjesenje. Za fiksni n ≥ 1, niz koeficijenata je 〈zn〉Fk(z) = 1kn

. Uz standardnu definicijukonvergencije vrijedi lim

k→∞1kn

= 0, ali uz nasu definiciju taj niz nije konvergentan jer se

nikada ne stabilizira. Na primjer, za n = 1 to je niz (1, 12, 1

3, . . . , 1

n, . . .). Dakle, niz funkcija

izvodnica (Fk(z))k nije konvergentan.

Primjer konvergentnog niza funkcija izvodnica je Fk(z) = zk. Za fiksni n ∈ N0, nizkoeficijenata uz zn je (0, . . . , 0, 1, 0, . . .) (jedinica je koeficijent za k = n, a svi ostalikoeficijenti su nule). Dakle, niz se stabilizira na nuli nakon indeksa k0 = n + 1 i vrijedilimk→∞

Fk(z) = G(z) za G(z) = 0 (funkcija izvodnica kojoj su svi koeficijenti nule).

Prije nego sto nastavimo o funkcijama izvodnicama, promotrimo kojoj topologiji na Codgovara ovaj pojam konvergencije nizova koeficijenata. Standardni pojam kovergencijeizveden je iz metrike d(z1, z2) = |z1− z2| na skupu kompleksnih brojeva C. Odgovarajucutopologiju nazivamo euklidskom topologijom. To je topologija generirana otvorenim kru-govima K(z0, r) = {z ∈ C | |z − z0| < r}. Otvoreni podskupovi od C su proizvoljneunije krugova, a zatvoreni podskupovi su komplementi otvorenih. Da bismo od pojmakonvergencije dosli do topologije, koristimo sljedecu karakterizaciju zatvorenih skupova.

Propozicija 9.29. Podskup F ⊆ C je zatvoren ako i samo ako svaki konvergentan nizkojem su svi clanovi u F ima limes u F .

Propozicija vrijedi u bilo kojem metrickom ili topoloskom prostoru, a ne samo u C.Neka je S ⊆ C bilo koji podskup. Neka je (ak) niz kompleksnih brojeva u S koji jekonvergentan po nasoj definiciji. To znaci da se nakon odredenog indeksa stabilizira, alimes mu je vrijednost na kojoj se stabilizira. Buduci da su clanovi niza u S, i limes mu jeu S, pa je po propoziciji 9.29 S zatvoren skup. U topologiji koja odgovara nasem pojmu


konvergencije svi podskupovi od C su zatvoreni i otvoreni. To je takozvana diskretnatopologija, koja odgovara diskretnoj metrici

d(z1, z2) =

{0, ako je z1 = z2,

1, inace.

Topologija na C[[z]] izvedena iz definicije konvergencije (9.18) ipak nije diskretna to-pologija. Niz funkcija izvodnica (Fk(z))k ne mora se stabilizirati da bi bio konvergentan,sto pokazuje primjer Fk(z) = zk. Prsten formalnih redova potencija mozemo promatratikao produkt prebrojivo mnogo kopija od C:

C[[z]] = C× C× C× . . .

Kao topoloski prostor, C[[z]] je prebrojivi produkt diskretnih topoloskih prostora (C, 2C).U zadatku 9.23 podsjecamo se na pojam produktne topologije.

Beskonacne sume i produkte funkcija izvodnica definiramo kao limese niza parcijalnihsuma i parcijalnih produkata, ako ti limesi postoje:

∑k≥0

Fk(z) = limk→∞

k∑i=0

Fi(z),

∏k≥0

Fk(z) = limk→∞

k∏i=0

Fi(z).

Neka je G(z) =∑n≥0

bnzn bilo koja funkcija izvodnica. Stavimo Fn(z) = bnz

n i Gk(z) =

k∑n=0

Fn(z) =k∑

n=0

bnzn. Jasno je da su Gk(z) polinomi i da vrijedi lim

k→∞Gk(z) = G(z). Time

smo dokazali sljedecu propoziciju.

Propozicija 9.30. Za svaku funkciju izvodnicu G(z) postoji niz polinoma (Gk(z))k takavda je lim

k→∞Gk(z) = G(z).

Drugim rijecima, prsten polinoma C[z] je gusti podskup prstena formalnih redova po-tencija C[[z]]. Nadalje, funkciju izvodnicu G(z) =

∑n≥0

bnzn ipak mozemo promatrati kao

beskonacnu sumu funkcija izvodnica oblika Fn(z) = bnzn, a ne samo kao formalni red

potencija. Takve sume uvijek konvergiraju u topologiji koju smo uveli na C[[z]]. Kriterijikonvergencije u C[[z]] dani su u sljedecem teoremu. Oslanjaju se na pojam reda definiranformulom (9.7).

Teorem 9.31. Neka je (Fk(z))k∈N0 niz funkcija izvodnica.

(a) Vrijedi limk→∞

Fk(z) = 0 u C[[z]] ako i samo ako vrijedi limk→∞

ordFk(z) = +∞.

(b) Beskonacna suma∑k≥0

Fk(z) konvergira u C[[z]] ako i samo ako vrijedi limk→∞

ordFk(z) =

+∞.


(c) Neka je ordFk(z) > 0 za sve k ∈ N0. Tada beskonacni produkt∏k≥0

(1 + Fk(z))

konvergira u C[[z]] ako i samo ako vrijedi limk→∞

ordFk(z) = +∞.

Kriterij po kojem prepoznajemo konvergenciju u C[[z]] je “obicni limes” u prosirenomskupu realnih brojeva R ∪ {−∞,+∞}. Clanovi niza (ordFk(z))k∈N0 su realni brojevi ili+∞ u slucaju kad je Fk(z) = 0. Limes lim

k→∞ordFk(z) = +∞ znaci

(∀M > 0)(∃k0 ∈ N0)(∀k ∈ N0) k ≥ k0 ⇒ ordFk(z) > M.

Iz kriterija (a) i (b) vidimo da je beskonacna suma∑k≥0

Fk(z) konvergentna ako i samo ako

opci clan Fk(z) tezi prema 0 u C[[z]]. Za “obicne redove” kompleksnih ili realnih brojevato je samo nuzdan uvjet konvergencije, ne i dovoljan uvjet. Opci clan harmonijskog reda+∞∑n=1

1n

tezi prema 0, ali taj red nije konvergentan u C ili R.

Dokaz teorema 9.31.

(a) Neka vrijedi limk→∞

Fk(z) = 0 u C[[z]]. To znaci da za svaki n ∈ N0 postoji k0(n) ∈ N0

takav da je a(k)n = 0 za sve k ≥ k0(n). Neka je K0 = max{k0(0), k0(1), . . . , k0(n)}.

Tada za sve k ≥ K0 vrijedi a(k)i = 0, i ∈ {0, 1, . . . , n}, pa je ordFk(z) > n. Dakle,

(∀n ∈ N0)(∃K0 ∈ N0)(∀k ∈ N0) k ≥ K0 ⇒ ordFk(z) > n.

To je upravo definicija limesa limk→∞

ordFk(z) = +∞.

Obrnuto, neka vrijedi limk→∞

ordFk(z) = +∞. Kao sto smo vidjeli, to znaci

(∀n ∈ N0)(∃k0 ∈ N0)(∀k ∈ N0) k ≥ k0 ⇒ ordFk(z) > n.

Iz ordFk(z) > n slijedi a(k)n = 0, pa imamo definiciju limesa lim

k→∞Fk(z) = 0 u C[[z]].

(b) Neka vrijedi∑k≥0

Fk(z) = G(z) za neku funkciju izvodnicu G(z) =∑n≥0

bnzn ∈ C[[z]].

To znaci da za svaki n ∈ N0 postoji k0 ∈ N0 takav da za sve k ≥ k0 vrijedik∑i=0

a(i)n = bn. Prema tome, za sve k > k0 vrijedi a

(k)n =

k∑i=0

a(i)n −

k−1∑i=0

a(i)n = bn −

bn = 0. Po definiciji limesa u C[[z]] vrijedi limk→∞

Fk(z) = 0, pa po (a) dijelu slijedi

limk→∞

ordFk(z) = +∞.

Obrnuto, neka vrijedi limk→∞

ordFk(z) = +∞, iz cega po (a) dijelu slijedi limk→∞

Fk(z) =

0. To znaci da su za cvrsti n ∈ N0 svi clanovi niza (a(k)n )k od nekog mjesta nadalje

nule, pa se niz parcijalnih suma (k∑i=0

a(i)n )k od tog mjesta nadalje stabilizira. To

upravo znaci da beskonacna suma∑k≥0

Fk(z) konvergira u C[[z]].


(c) Pretpostavka ordFk(z) > 0 znaci da je a(k)0 = 0 za sve k ∈ N0. Pretpostavimo

da beskonacni produkt∏k≥0

(1 + Fk(z)) konvergira u C[[z]]. Tvrdimo da tada vrijedi

limk→∞

ordFk(z) = +∞, tj. (∀n ∈ N0)(∃k0 ∈ N0)(∀k ∈ N0) k ≥ k0 ⇒ ordFk(z) ≥ n.

Dokazujemo tu tvrdnju indukcijom po n. Za n = 1 mozemo uzeti k0 = 0 zbogpretpostavke ordFk(z) > 0. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n−1, tj. da postojik1 ∈ N0 takav da k ≥ k1 ⇒ ordFk(z) ≥ n − 1. Zbog konvergencije beskonacnog

produkta∏k≥0

(1 + Fk(z)) postoji k2 ∈ N0 takav da k ≥ k2 ⇒ 〈zn〉k∏i=0

(1 + Fi(z)) =

〈zn〉k−1∏i=0

(1 + Fi(z)). Iz toga slijedi da je koeficijen uz zn u sljedecem izrazu jednak

nuli:k∏i=0

(1 + Fi(z))−k−1∏i=0

(1 + Fi(z)) = Fk(z) ·k−1∏i=0

(1 + Fi(z)). (9.19)

Uzmimo k0 = max{k1, k2}, pa za sve k ≥ k0 vrijedi ordFk(z) ≥ n− 1 (po pretpos-

tavci indukcije) i 〈zn〉Fk(z) ·k−1∏i=0

(1 + Fi(z)) = 0. Iz toga slijedi 〈zn〉Fk(z) = 0, tj.

ordFk(z) ≥ n. Time je korak indukcije dokazan.

Obrnuto, pretpostavimo limk→∞

ordFk(z) = +∞ i fiksiramo n ∈ N0. Treba poka-

zati da postoji k0 ∈ N0 takav da je 〈zn〉k∏i=0

(1 + Fi(z)) konstanta za sve k ≥ k0.

Izaberemo k0 ∈ N0 takav da je ordFk(z) > n za sve k ≥ k0. Onda je na des-noj strani izraza (9.19) koeficijent uz zn jednak 0, pa na lijevoj strani imamo

〈zn〉k∏i=0

(1 + Fi(z)) = 〈zn〉k−1∏i=0

(1 + Fi(z)), ∀k ≥ k0. To znaci da beskonacni pro-

dukt∏k≥0

(1 + Fk(z)) konvergira u C[[z]].

Iz kriterija (c) slijedi da su svi beskonacni produkti s kojima smo radili konvergentni.Na primjer, funkcija izvodnica za broj particija (9.13) je odgovarajuceg oblika:

F (z) =∏k≥1

1

1− zk=∏k≥1

(1 + zk + z2k + z3k + . . .) =∏k≥1

(1 + Fk(z))

za Fk(z) = zk+z2k+z3k+. . .. Vidimo da je ordFk(z) = k, sto znaci da su pretpostavke zakonvergenciju beskonacnog produkta ispunjene: ordFk(z) > 0, ∀k ∈ N i lim

k→∞ordFk(z) =

+∞. Na isti nacin slijedi da beskonacni produkti (9.14), (9.15) i (9.16) konvergiraju uC[[z]]. Preostaje opravdati “beskonacna kracenja” i druge korake u dokazu teorema 9.25.

Teorem 9.32. Neka su (Fk(z))k i (Gk(z))k konvergentni nizovi u C[[z]] s limesimalimk→∞

Fk(z) = F (z) i limk→∞

Gk(z) = G(z). Onda je niz produkata (Fk(z) · Gk(z))k kon-

vergentan i vrijedi limk→∞

(Fk(z) ·Gk(z)) = F (z) ·G(z).

9.4. LAGRANGEOVA FORMULA INVERZIJE 115

Dokaz teorema nalazi se u [22, teorem 7.35 na str. 255]. Uzmimo na primjer beskonacneprodukte F (z) =

∏k≥1

11−z2k i G(z) =

∏k≥1

(1−z2k) za koje smo u dokazu teorema 9.25 tvrdili

da su medusobno inverzni. Kao nizove (Fk(z))k i (Gk(z))k uzmimo parcijalne produkte:

Fk(z) =k∏i=1

11−z2i i Gk(z) =

k∏i=1

(1 − z2i). Kad ih pomnozimo, smijemo kratiti konacno

mnogo faktora u brojniku i nazivniku: Fk(z) ·Gk(z) = 1. Po teoremu 9.32 vrijedi

F (z) ·G(z) = limk→∞

Fk(z) · limk→∞

Gk(z) = limk→∞

(Fk(z) ·Gk(z)) = limk→∞

1 = 1.

Na slican nacin dokazujemo da su beskonacni produkti (9.13) i (9.16) medusobno inverznite da vrijede tvrdnje ∏

k≥1

1

1− z2k−1·∏k≥1

1

1− z2k=∏k≥1

1

1− zk

i ∏k≥1

(1− zk)(1 + zk) =∏k≥1

(1− zk) ·∏k≥1

(1 + zk)

koje smo koristili u dokazu teorema 9.25.

9.4 Lagrangeova formula inverzije

U prstenu polinoma C[z] imamo jos jednu algebarsku operaciju, kompoziciju. Neka suP,Q ∈ C[z] polinomi stupnja degP (z) = m i degQ(z) = n. Oznacimo im koeficijente

P (z) =m∑i=0

aizi, am 6= 0 i Q(z) =

n∑j=0

bjzj, bn 6= 0. Raspisimo kompoziciju:

(P ◦Q)(z) = P (Q(z)) =m∑i=0

aiQ(z)i =m∑i=0

ai

(n∑j=0

bjzj

)i

.

Prema multinomnom teoremu (3.1) vrijedi

(P ◦Q)(z) =m∑i=0

ai∑

j0+...+jn=i

(i

j0, . . . , jn

)(b0)j0(b1z)j1(b2z

2)j2 · · · (bnzn)jn =

=m∑i=0

∑j0+...+jn=i

ai

(i

j0, . . . , jn

)bj00 b

j11 b

j22 · · · bjnn zj1+2j2+...+njn .

Najvecu potenciju zmn dobivamo za i = m, j0 = . . . = jn−1 = 0, jn = m, a odgovarajucikoeficijent je am · bmn 6= 0. Prema tome, kompozicija je polinom stupnja deg(P ◦Q)(z) =mn. U sljedecem teoremu nabrojana su svojstva kompozicije polinoma.

Teorem 9.33. Za sve polinome P,Q,R ∈ C[z] vrijedi

(a) (P ◦Q) ◦R = P ◦ (Q ◦R) (asocijativnost kompozicije),


(b) (P +Q) ◦R = P ◦R +Q ◦R (distributivnost kompozicije prema zbrajanju),

(c) (P ·Q) ◦R = (P ◦R) · (Q ◦R) (distributivnost kompozicije prema mnozenju),

(d) (P ◦Q)′ = (P ′ ◦Q) ·Q′ (lancano pravilo za derivaciju kompozicije).

Zelimo definirati kompoziciju funkcija izvodnica F,G ∈ C[[z]], F (z) =∑i≥0

aizi, G(z) =∑

j≥0

bjzj. Ako je vanjski faktor F kompozicije F ◦G polinom, kompozicija je dobro defini-

rana:

(F ◦G)(z) = F (G(z)) =m∑i=0

aiG(z)i.

Potencije G(z)i = G(z) · · ·G(z) su produkti konacno mnogo funkcija izvodnica, tj. ele-menti iz C[[z]], a kompozicija je njihova konacna linearna kombinacija. Medutim, ako Fnije polinom, onda je kompozicija F (G(z)) =

∑i≥0

aiG(z)i beskonacna suma u C[[z]] koja ne

mora konvergirati. Slobodni clan kompozicije je F (G(0)) = F (b0) =∑i≥0

aibi0, sto nije do-

bro definirano ako je b0 = 〈z0〉G(z) izvan radijusa konvergencije od F (z). Ako je b0 = 0, tj.ordG(z) > 0, onda beskonacna suma konvergira u C[[z]]. Naime, ord(aiG(z)i) ≥ i→ +∞kada i → ∞, pa konvergencija slijedi prema teoremu 9.31 (b). Limes beskonacne sumeje po definiciji kompozicija (F ◦ G)(z). Koeficijent kompozicije uz zn mozemo odrediti skonacno mnogo operacija u C[[z]].

Lema 9.34. Neka su F,G ∈ C[[z]], F (z) =∑i≥0

aizi i ordG(z) > 0. Tada vrijedi

〈zn〉(F ◦G)(z) = 〈zn〉n∑i=0

aiG(z)i.

Dokaz. (F ◦ G)(z) =∑i≥0

aiG(z)i =n∑i=0

aiG(z)i +∑i>n

aiG(z)i. Red ord∑i>n

aiG(z)i je veci

od n, pa ta beskonacna suma ne moze utjecati na koeficijent uz zn.

Iduci teorem je slican teoremu 9.32.

Teorem 9.35. Neka su (Fk(z))k i (Gk(z))k konvergentni nizovi u C[[z]] s limesimalimk→∞

Fk(z) = F (z), limk→∞

Gk(z) = G(z) i neka je ordGk(z) > 0, ∀k ∈ N0. Onda vri-

jedi ordG(z) > 0 i limk→∞

(Fk ◦Gk)(z) = (F ◦G)(z).

Dokaz se nalazi u [22, teorem 7.61 na str. 263]. Iz teorema slijedi da kompozicijafunkcija izvodnica, ako je definirana, ima ista svojstva kao kompozicija polinoma.

Teorem 9.36. Za sve funkcije izvodnice F,G,H ∈ C[[z]] vrijedi

(a) ako je ordG(z) > 0 i ordH(z) > 0, onda je (F ◦G) ◦H = F ◦ (G ◦H),

(b) ako je ordH(z) > 0, onda je (F +G) ◦H = F ◦H +G ◦H,


(c) ako je ordH(z) > 0, onda je (F ·G) ◦H = (F ◦H) · (G ◦H),

(d) ako je ordG(z) > 0, onda je (F ◦G)′ = (F ′ ◦G) ·G′.

Dokaz. Dokazimo npr. asocijativnost. Prvo trebamo provjeriti ord(G ◦H)(z) > 0, da bikompozicija F ◦ (G ◦ H) bila dobro definirana. Neka je F (z) =

∑i≥0

aizi, G(z) =

∑j≥0

bjzj

i H(z) =∑k≥0

ckzk. Po pretpostavci je b0 = c0 = 0, pa po lemi 9.34 slijedi 〈z0〉(G ◦

H)(z) = 〈z0〉(b0 ·H(z)0) = 〈z0〉(0 · 1) = 0. Dakle, ord(G ◦H)(z) > 0. Po propoziciji 9.30postoje nizovi polinoma (Fk(z))k, (Gk(z))k i (Hk(z))k takvi da je lim

k→∞Fk(z) = F (z),

limk→∞

Gk(z) = G(z) i limk→∞

Hk(z) = H(z). Iz teorema 9.35 i teorema 9.33 (a) slijedi

(F ◦G) ◦H = limk→∞

(Fk ◦Gk) ◦Hk = limk→∞

Fk ◦ (Gk ◦Hk) = F ◦ (G ◦H).

Ostala svojstva kompozicije funkcija izvodnica dokazujemo istom tehnikom.

Neutralni element za kompoziciju je funkcija izvodnica I(z) = z. Za svaku funkcijuizvodnicu F ∈ C[[z]] vrijedi F (z) ◦ I(z) = I(z) ◦F (z) = F (z). Kompozicija F (z) ◦ I(z) jedobro definirana jer je ord I(z) = 1 > 0, a kompozicija I(z) ◦F (z) je dobro definirana jerje vanjski faktor I(z) = z polinom. Zanima nas pojam inverza funkcije izvodnice obziromna kompoziciju, tj. kompozicijskog inverza u C[[z]].

Teorem 9.37. Neka je S = {F ∈ C[[z]] | ordF (z) = 1} skup svih funkcija izvodnicareda 1.

(a) Skup S je zatvoren obzirom na kompoziciju.

(b) Za svaki F ∈ S postoji jedinstveni G ∈ S takav da je (F ◦G)(z) = (G ◦ F )(z) = z.

Drugim rijecima, skup S svih funkcija izvodnica reda 1 s kompozicijom kao binarnomoperacijom cini grupu.

Dokaz. (a) Neka su F,G ∈ S, tj. F (z) =∑i≥1

aizi i G(z) =

∑j≥1

bjzj pri cemu su a1 6= 0,

b1 6= 0. Racunamo kompoziciju:

(F ◦G)(z) =∑i≥1

aiG(z)i = a1G(z) +∑i≥2

aiG(z)i = a1b1z + . . .

Vidimo da je ord(F ◦G)(z) = 1, tj. F ◦G ∈ S.

(b) Trazimo lijevi kompozicijski inverz od F (z) =∑i≥1

aizi ∈ S, tj. funkciju izvodnicu

G(z) =∑j≥0

bjzj takvu da je (G ◦ F )(z) = z. Ocito trebamo uzeti b0 = 0 i b1 = 1

a1.


Neka je n > 1 i pretpostavimo da znamo koeficijente b0, b1, . . . , bn−1. Po lemi 9.34vrijedi

0 = 〈zn〉I(z) = 〈zn〉(G ◦ F )(z) = 〈zn〉

(n∑j=0

bjF (z)j

)=

= 〈zn〉

(bnF (z)n +

n−1∑j=0

bjF (z)j

)= bna

n1 + 〈zn〉

(n−1∑j=0

bjF (z)j

).

Iz toga slijedi bn = −1an1〈zn〉

(n−1∑j=0

bjF (z)j

), pa koeficijente lijevog kompozicijskog

inverza G mozemo racunati rekurzivno i oni su jednoznacno odredeni s koeficientimaod F . Tvrdimo da je G ujedno desni kompozicijski inverz od F . Neka je H lijevikompozicijski inverz od G (po upravo dokazanom on postoji i jedinstven je). Ondaje H = H ◦ z = H ◦ (G ◦ F ) = (H ◦G) ◦ F = z ◦ F = F . Dakle, vrijedi F ◦G = z,pa je G obostrani kompozicijski inverz od F .

Kompozicijski inverz od F (z) oznacavamo F (−1)(z). Lagrangeova5 formula inverzijepomaze nam izracunati koeficijente kompozicijskog inverza jednostavnije nego u dokazuteorema 9.37. Dokaz sljedeceg teorema preuzet je iz knjige [33, teorem 5.4.2 na str. 38].

Teorem 9.38 (Lagrangeova formula inverzije). Za F (z) =∑i≥1

aizi, a1 6= 0 i za svaki

n ∈ N vrijedi

〈zn〉F (−1)(z) =1

n〈zn−1〉

(z

F (z)

)n. (9.20)

Funkcija izvodnica F je reda ordF (z) = 1 i nema multiplikativni inverz u prstenu C[[z]].Kvocijent z

F (z)racunamo u polju formalnih Laurentovih redova C((z)). Uocite razliku

izmedu kompozicijskog inverza F (−1)(z) i multiplikativnog inverza F (z)−1. Ekvivalentaniskaz Lagrangeove formule inverzije sluzi za rjesavanje jednadzbi oblika

f(z) = z ·G(f(z)) (9.21)

u prstenu formalnih redova potencija C[[z]]. Ovdje je G ∈ C[[z]], ordG(z) = 0 zadanafunkcija izvodnica, a trazimo funkciju izvodnicu f ∈ C[[z]] implicitno zadanu jednadz-

bom (9.21). Zapisimo jednadzbu u obliku f(z)G(f(z))

= z, odnosno F (f(z)) = z za F (z) =z

G(z). Vidimo da je f(z) = F (−1)(z), pa iz formule (9.20) dobijemo koeficijente trazene

funkcije izvodnice f(z):

〈zn〉f(z) =1

n〈zn−1〉 (G(z)n) . (9.22)

5Joseph-Louis Lagrange (1736.-1813.), talijanski matematicar i astronom.


Dokaz teorema 9.38. Oznacimo koeficijente kompozicijskog inverza F (−1)(z) =∑i≥1

bizi.

Komponiranjem s F (z) “iznutra” dobivamo

F (−1)(F (z)) =∑i≥1

biF (z)i = z.

Primijenimo formalnu derivaciju, uz koristenje teorema 9.9 i teorema 9.36 (d), te podije-limo s F (z)n u polju formalnih Laurentovih redova C((z)):∑

i≥1

i biF (z)i−1 · F ′(z) = 1 =⇒∑i≥1

i biF (z)i−n−1 · F ′(z) =1

F (z)n. (9.23)

Primijetimo da je koeficijent uz z−1 u derivaciji formalnog Laurentovog reda uvijek 0:

〈z−1〉

(∑i≥m

cizi

)′= 〈z−1〉

∑i≥m

i · ci zi−1 = 0 · c0 = 0.

Za i 6= n, clanovi sume na lijevoj strani jednadzbe (9.23) su derivacije:

F (z)i−n−1 · F ′(z) =

(1

i− nF (z)i−n

)′.

Zato je koeficijent uz z−1 sume jednak odgovarajucem koeficijentu clana za i = n:

〈z−1〉∑i≥1

i biF (z)i−n−1 · F ′(z) = 〈z−1〉(n bnF (z)−1 · F ′(z)

)= n bn〈z−1〉F

′(z)

F (z)=

= n bn〈z−1〉a1 + 2a2z + 3a3z2 + . . .

a1z + a2z2 + a3z3 + . . .= n bn〈z−1〉

(1

z+ . . .

)= n bn.

To je jednako koeficijentu uz z−1 izraza na desnoj strani jednadzbe (9.23):

〈z−1〉 1

F (z)n= 〈z−1〉

[z−n

(z

F (z)

)n ]= 〈zn−1〉

(z

F (z)

)n.

Izjednacavanjem dobijemo formulu (9.20).

Primjer 9.39. Odredite kompozicijski inverz od F (z) = z + z2 u prstenu C[[z]].

Rjesenje. Primijetimo da je ordF (z) = 1, pa F (z) pripada skupu S iz teorema 9.37 i imakompozicijski inverz. Oznacimo ga G(z) = F (−1)(z). Znamo da vrijedi F (G(z)) = z, tj.G(z) + G(z)2 = z. To je kvadratna jednadzba G(z)2 + G(z) − z = 0, koju rijesimo poG(z):

G(z)1,2 =−1±

√1 + 4z

2.

Predznak ± odredimo uvrstavanjem G(0), kao u primjeru 9.11. Ako stavimo predznak−, dobijemo G(0) = −1, sto nije dobro jer znamo da je ordG(z) = 1. S predznakom +dobijemo G(0) = 0. Zakljucujemo da je zatvorena formula za kompozicijski inverz

G(z) =−1 +

√1 + 4z

2.


Koeficijente gn = 〈zn〉G(z) moguce je odrediti s pomocu binomnog reda (9.11), slicno kaoza funkciju izvodnicu Catalanovih brojeva iz primjera 9.11. Jednostavnije ih je izvesti izLagrangeove formule inverzije (9.20) i teorema 9.15:

gn = 〈zn〉F (−1)(z) =1

n〈zn−1〉

(z

F (z)

)n=

1

n〈zn−1〉

(z

z + z2

)n=

1

n〈zn−1〉 1

(1 + z)n=

=1

n〈zn−1〉 1

(1− (−z))n=

1

n〈zn−1〉

∑k≥0

(k + n− 1

n− 1

)(−z)k =

1

n(−1)n−1

(2(n− 1)

n− 1

)=

= (−1)n−1Cn−1, n ≥ 1.

Ovdje je Cn−1 Catalanov broj.

Formulu za Catalanove brojeve Cn = 1n+1

(2nn

)takoder mozemo izvesti direktno, bez

koristenja binomnog reda (9.11). U primjeru 9.11 vidjeli smo da funkcija izvodnica Cata-lanovih brojeva F (z) zadovoljava jednadzbu z ·F (z)2−F (z)+1 = 0. Zapisimo je u oblikuF (z)− 1 = z · F (z)2, odnosno uz oznaku f(z) = F (z)− 1 kao f(z) = z · (f(z) + 1)2. Ovoje jednadzba oblika (9.21) za G(z) = (z + 1)2. Iz Lagrangeove formule inverzije (9.22)slijedi

〈zn〉f(z) =1

n〈zn−1〉G(z)n =

1

n〈zn−1〉(z + 1)2n =

1

n

(2n

n− 1

)=

1

n· (2n)!

(n− 1)! (n+ 1)!=

=1

n+ 1· (2n)!

n!n!=

1

n+ 1

(2n

n

), n ≥ 1.

Primjer 9.40. Neka je F (z) = z1−z−z2 funkcija izvodnica za Fibonaccijeve brojeve, a G(z)

njezin kompozicijski inverz u C[[z]]. Odredite zatvorenu formulu za G(z) i koeficijente gnu razvoju G(z) =

∑n≥1

gnzn.

Rjesenje. Iz F (G(z)) = z dobijemo jednadzbu G(z)1−G(z)−G(z)2

= z, odnosno zG(z)2 + (1 +

z)G(z)− z = 0. Rjesavanjem kvadratne jednadzbe po G(z) dobijemo

G(z)1,2 =−1− z ±

√1 + 2z + 5z2

2z.

Uvrstavanjem G(0) za predznak − dobijemo −10

, sto nema smisla, a za predznak + dobi-

jemo izraz oblika 00. L’Hospitalovim pravilom izracunamo lim

z→0

−1−z+√

1+2z+5z2

2z= 0, pa je to


zatvorena formula za G(z). Koeficijente odredimo iz Lagrangeove formule inverzije (9.20):

gn = 〈zn〉F (−1)(z) =1

n〈zn−1〉

(z

F (z)

)n=

1

n〈zn−1〉

(1− z − z2

)n=

=1

n〈zn−1〉

(1− (z + z2)

)n=

1

n〈zn−1〉

n∑k=0

(n

k

)(−1)k(z + z2)k =

=1

n〈zn−1〉

n∑k=0

(n

k

)(−1)kzk(1 + z)k =

1

n〈zn−1〉

n∑k=0

(n

k

)(−1)kzk

k∑i=0

(k

i

)zi =

=1

n〈zn−1〉

n∑k=0

k∑i=0

(−1)k(n

k

)(k

i

)zk+i.

Koeficijent uz zn−1 dobijemo za k + i = n− 1, tj. i = n− 1− k:

gn =1

n

n∑k=0

(−1)k(n

k

)(k

n− 1− k

), n ≥ 1.

Primjer 9.41. Odredite kompozicijski inverz funkcije izvodnice F (z) = z1+z5

.

Rjesenje. U ovom primjeru ne mozemo odrediti zatvorenu formulu za F (−1)(z). Uvrsta-vanjem F (G(z)) = z dobijemo jednadzbu petog stupnja z ·G(z)5−G(z) + 1 = 0, koju nemozemo rijesiti po G(z). Medutim, s pomocu Lagrangeove formule inverzije (9.20) ipakmozemo odrediti koeficijente:

gn = 〈zn〉F (−1)(z) =1

n〈zn−1〉

(z

F (z)

)n=

1

n〈zn−1〉

(1 + z5

)n=

1

n〈zn−1〉

n∑k=0

(n

k

)z5k.

Izjednacavanjem n− 1 = 5k vidimo da nenul koeficijent dobijemo samo za n = 5k + 1 ≡1 (mod 5):

gn =

1

n

(n

(n− 1)/5

), n ≡ 1 (mod 5),

0, n 6≡ 1 (mod 5).

Primjer 9.42. Odredite koeficijente funkcije izvodnice T ∈ C[[z]] koja zadovoljava jed-nadzbu T (z) = z · eT (z).

Rjesenje. Ni ovu jednadzbu ne mozemo rijesiti eksplicitno, tj. ne mozemo odrediti zatvo-renu formulu za T (z). Iz Lagrangeove formule inverzije (9.22) dobivamo koeficijente

〈zn〉T (z) =1

n〈zn−1〉enz =

1

n〈zn−1〉

∑k≥0

nk

k!zk =

1

n· nn−1

(n− 1)!=nn−1

n!.


Vidimo da je T (z) iz prethodnog primjera eksponencijalna funkcija izvodnica nizat0 = 0 i tn = nn−1 za n ≥ 1. Prema poznatoj Cayleyevoj formuli, nn−2 je broj stabalas n vrhova, tj. aciklickih povezanih grafova. Stoga je tn broj stabala s jednim istaknutimvrhom, takozvanih korijenskih stabala. Cayleyeva formula moze se dokazati na raznenacine, npr. u [26, teorem 3.2.5] dokazana je indukcijom s pomocu formule ukljucivanja-iskljucivanja i bijektivno s pomocu takozvanih Pruferovih6 kodova. Za dokaz s pomocufunkcija izvodnica trebamo kombinatorno interpretirati kompoziciju

eT (z) = 1 + T (z) +1

2!T (z)2 +

1

3!T (z)3 +

1

4!T (z)4 + . . . =

∑k≥0

1

k!T (z)k.

Koeficijent uz zn u k-tom clanu sume je

〈xn〉 1

k!T (z)k =

1

k!

∑i1+...+ik=n

ti1i1!· · · tik

ik!.

Stoga je 1k!T (z)k eksponencijalna funkcija izvodnica niza

n!〈xn〉 1

k!T (z)k =

1

k!

∑i1+...+ik=n

n!

i1! · · · ik!ti1 · · · tik =

1

k!

∑i1+...+ik=n

(n

i1 · · · ik

)ti1 · · · tik ,

koji prebrojava skupove od k medusobno disjunktnih korijenskih stabala s ukupno n vr-hova. To su aciklicki grafovi s n vrhova i tocno k komponenti povezanosti te istaknutimvrhom u svakoj komponenti. Sumiranjem po svim k ≥ 0 dobivamo eksponencijalnufunkciju izvodnicu za ukupan broj aciklickih grafova s n vrhova kojima su komponentepovezanosti korijenska stabla, takozvanih korijenskih suma. Oznacimo taj broj s fn i od-govarajucu eksponencijalnu funkciju izvodnicu F (z) =

∑n≥0

fnn!zn. Time smo kombinatorno

dokazali formuluF (z) = eT (z). (9.24)

Za dokaz Cayleyeve formule trebamo jos jednu vezu izmedu nizova (tn) i (fn).

Propozicija 9.43. Za sve n ≥ 0 vrijedi tn+1 = (n+ 1)fn.

Dokaz. Neka je zadana korijenska suma s vrhovima {1, . . . , n}. Izaberemo prirodan broji ∈ {1, . . . , n + 1} i preimenujemo vrhove redom u {1, . . . , i− 1, i + 1, . . . , n + 1}. Zatimdodamo vrh i kao novi korijen i povezemo ga s korijenima stabala koja cine zadanu sumu.Tako dobivamo korijensko stablo s n + 1 vrhova. Obrnuto, od svakog korijenskog stablas n+ 1 vrhova mozemo napraviti korijensku sumu brisanjem korijena i, preimenovanjempreostalih vrhova redom u {1, . . . , n} i izborom vrha koji je bio spojen s i kao korijenasvake komponente povezanosti. Opisane transformacije su jedna drugoj inverzne, pa jetn+1 = (n+ 1)fn.

Iz propozicije slijedi

F (z) =∑n≥0

fnn!zn =

∑n≥0

tn+1

(n+ 1)!zn =

1

z

∑n≥0

tn+1

(n+ 1)!zn+1 =

1

z

∑n≥1

tnn!zn =

1

zT (z). (9.25)

6Ernst Paul Heinz Prufer (1896.–1934.), njemacki zidovski matematicar.


Iz formula (9.24) i (9.25) slijedi funkcionalna jednadzba T (z) = z · eT (z) iz primjera 9.42.Kao sto smo vidjeli, s pomocu Lagrangeove formule inverzije dobivamo koeficijente tn =nn−1. To je jos jedan dokaz Cayleyeve formule za broj stabala.

Veza izmedu eksponencijalnih funkcija izvodnica za broj korijenskih stabala i korijen-skih suma (9.24) je primjer takozvane eksponencijalne formule. Formula vrijedi opcenitije,za familije kombinatornih objekata od kojih se jedna gradi iz druge “slaganjem kompo-nenti”. Vise o eksponencijalnoj formuli i njezinim primjenama na prebrojavanje grafova,permutacija, particija skupova i drugih objekata procitajte u 3. poglavlju knjige [39], kojaje dostupna na web stranici autora.

Jos jedna vazna knjiga dostupna na web stranici autora je [11]. U njoj je detaljnoobradena analiticka strana teorije funkcija izvodnica. Proucavanjem kompleksnih funk-cija koje one definiraju na podrucju konvergencije metodama matematicke analize izvodese asimptotske ocjene za kombinatorne formule ili cak probleme prebrojavanja za kojenemamo egzaktna rjesenja.

Zadaci

Zadatak 9.1. Vidjeli smo da prsten polinoma C[z] ima prebrojivu bazu, pa je njegovadimenzija kao vektorskog prostora nad kompleksnim brojevima dimC[z] = ℵ0. Koja jedimenzija vektorskog prostora formalnih redova potencija C[[z]]?

Zadatak 9.2. Dokazite formule (9.5), (9.6), (9.8) i (9.9).

Zadatak 9.3. Nadite zatvorenu formulu za funkciju izvodnicu niza an = n2, n ≥ 0.

Zadatak 9.4. Niz peterokutnih brojeva zadan je formulom pn = n(3n−1)2

, n ∈ N0. Odreditezatvorenu formulu za funkciju izvodnicu tog niza.

Zadatak 9.5. Neka je G(z) =∑n≥0

bnzn multiplikativni inverz od F (z) = 1

(1−z)m+1 u pr-

stenu formalnih redova potencija C[[z]]. Odredite koeficijente bn.

Zadatak 9.6. Neka je G(z) =∑n≥0

bnzn multiplikativni inverz od F (z) =

∑n≥0

(n + 1)zn u

prstenu formalnih redova potencija C[[z]]. Odredite koeficijente bn.

Zadatak 9.7. Razvijte funkciju F (z) = 1+√

1−4z2z

(drugo rjesenje (9.10) kvadratne jed-nadzbe za Catalanove brojeve) u Laurentov red, tj. odredite joj koeficijente u polju C((z)).

Zadatak 9.8. Neka je an broj n-clanih podmultiskupova multiskupa {A∞, B10, C5}. Odre-dite zatvorenu formulu za funkciju izvodnicu F (z) =

∑n≥0

anzn. S pomocu funkcije izvodnice

izracunajte broj 10-clanih podmultiskupova.

Zadatak 9.9. U supermarketu na odjelu voca prodaju se lubenice, banane, mango, sljive imandarine. Neka je an broj nacina na koji mozemo kupiti n komada voca tako da vrijedi:broj lubenica je 0 ili 1, broj banana je paran, broj manga je 0, 1 ili 2, broj sljiva je neparani broj mandarina je djeljiv s 3. Vocke iste vrste smatramo identicnima. Napisite funkcijuizvodnicu niza (an) u zatvorenom obliku. Razvojem u red potencija izvedite formulu za an.


Zadatak 9.10. Zadan je niz an = 2 · 3n + (−4)n, n ≥ 0. Odredite funkciju izvodnicu togniza i nadite linearnu rekurziju koju zadovoljava.

Zadatak 9.11. Odredite funkciju izvodnicu niza zadanog rekurzijom (n+2)an+2 = an+1 +an i pocetnim uvjetima a0 = a1 = 1.

Zadatak 9.12. Nacrtajte usmjereni graf zadan matricom susjedstva 0 1 02 0 11 0 0

i odredite funkciju izvodnicu za broj setnji duljine n koje pocinju i zavrsavaju u prvomvrhu tog grafa.

Zadatak 9.13. Dokazite formulu∑n≥0

{ nm

}zn =

zm

(1− z)(1− 2z) · · · (1−mz).

Zadatak 9.14. Neka je k ∈ N fiksan. Oznacimo s an broj injekcija s n-clanog skupa uk-clani skup, a s bn broj surjekcija s n-clanog skupa na k-clani skup. Napisite zatvoreneformule za eksponencijalne funkcije izvodnice F (z) =

∑n≥0

ann!zn i G(z) =

∑n≥0

bnn!zn.

Zadatak 9.15. Dokazite formule

∑n≥0

{ nm

} znn!

=1

m!(ez − 1)m i

∑n≥0

[ nm

] znn!

=1

m!

(ln

1

1− z

)m.

Zadatak 9.16. U hladnjaku kafica nalazi se 15 bocica soka od narance, 6 bocica sokaod jabuke i 20 bocica soka od borovnice. U kafic je doslo drustvo od n matematicara.Njihova narudzba glasi: “Donesi nam svakom po jednu bocicu soka tako da broj sokovaod narance bude djeljiv s 5, broj sokova od jabuke bude prost i da dobijemo bar 3 sokaod borovnice”. Na koliko nacina konobar moze zadovoljiti narudzbu ako je bitno kojimatematicar pije koju vrstu soka? Sokove iste vrste smatramo identicnima. Napisiteeksponencijalnu funkciju izvodnicu i odredite taj broj za n = 10.

Zadatak 9.17. Iz Binetove formule (9.4) izvedite zatvoreni oblik eksponencijalne funkcijeizvodnice niza Fibonaccijevih brojeva F (z) =

∑n≥0

Fn

n!zn.

Zadatak 9.18. Izvedite formulu za binomnu konvoluciju Fibonaccijevih brojeva

n∑k=0

(n

k

)Fk Fn−k.

Zadatak 9.19. Iz teorema 6.5 izvedite zatvoreni oblik eksponencijalne funkcije izvodniceza broj deranzmana F (z) =

∑n≥0

dnn!zn.


Zadatak 9.20. Mobilni tim za cijepljenje raspolaze s 20 doza cjepiva Pfizer, 50 dozacjepiva Moderna i 100 doza cjepiva AstraZeneca. Na koliko nacina tim moze provesticijepljenje n sticenika doma za starije osobe? Svaki sticenik dobiva jednu dozu cjepiva, adoze cjepiva od istog proizvodaca su identicne. Napisite eksponencijalnu funkciju izvod-nicu za ovaj problem. Uz pomoc eksponencijalne funkcije izvodnice i nekog programa zaracunalnu algebru odredite broj nacina za n = 100.

Zadatak 9.21. Napisite zatvorenu formulu za broj particija od n u tocno tri dijela.

Zadatak 9.22. Dokazite propoziciju 9.29.

Zadatak 9.23. Neka je (Xi, τi), i ∈ I familija topoloskih prostora. Definirajte topologijuna Kartezijevom produktu X =

∏i∈IXi (tzv. Tihonovljeva7 ili produktna topologija).

Zadatak 9.24. Za funkciju izvodnicu F (z) =∑n≥0

nzn odredite multiplikativni inverz u

polju C((z)) i kompozicijski inverz u prstenu C[[z]].

Zadatak 9.25. Odredite koeficijente multiplikativnog i kompozicijskog inverza funkcijeizvodnice F (z) = z · (1− z)m, m ∈ N.

Zadatak 9.26. Odredite koeficijent uz z2021 funkcije izvodnice f ∈ C[[z]] koja zadovoljavajednadzbu f(z)− 2z · f(z)5 = 4z.

Zadatak 9.27. U prstenu C[[z]] rijesite kubnu jednadzbu 2z + 4f(z)2 = f(z) + 4f(z)3,tj. odredite koeficijente funkcije izvodnice f(z) koja zadovoljava tu jednadzbu.

Zadatak 9.28. U prstenu C[[z]] rijesite kubnu jednadzbu f(z)3 + f(z) = z.

Zadatak 9.29. U prstenu C[[z]] rijesite jednadzbu cetvrtog stupnja f(z)4− f(z) + z = 0.

Zadatak 9.30. Odredite koeficijente funkcije izvodnice W ∈ C[[z]] koja zadovoljava jed-nadzbu W (z)eW (z) = z. To je takozvana Lambertova8 funkcija.

7Andrej Nikolajevic Tihonov (1906.-1993.), sovjetski i ruski matematicar i geofizicar.8Johann Heinrich Lambert (1728.-1777.), svicarski matematicar, fizicar, filozof i astronom.

Rjesenja nekih zadataka

Zadatak 1.1. 8 · 9 · 10 · 10 · 5 = 36 000.

Zadatak 1.2. 9 · 10 · 10 · 10 · 10 · 5− 9 · 9 · 9 · 9 · 9 · 5 = 154 755.

Zadatak 1.3.(

52

)· 4 · 4 · 3 · 5 · 4 · 3 +

(52

)· 5 · 4 · 3 · 5 · 4 · 3 = 64800.

Zadatak 1.4. Funkcija ima kn, a injekcija ima k(k − 1) · · · (k − n + 1). Ovaj produktnazivamo padajucim faktorijelom i oznacavamo kn.

Zadatak 1.6. Primijetimo da je 45 · 10n−2 pola od ukupnog broja n-znamenkastih pri-rodnih brojeva, 9 · 10n−1. Uspostavit cemo bijekciju izmedu skupa svih n-znamenkastihbrojeva s neparnim brojem neparnih znamenata i skupa svih n-znamenkastih brojeva sparnim brojem neparnih znamenaka. Neka je f funkcija koja broj x promijeni tako da muzadnju znamenku poveca za jedan modulo 10. Time zadnja znamenka mijenja parnost,pa broj neparnih znamenaka od x iz neparnog prelazi u paran broj. Funkcija f je bijekcijajer ima inverznu funkciju, koja broju x zadnju znamenku smanjuje za jedan modulo 10.

Zadatak 1.7. Znamenka i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} javlja se na svakom polozaju (kaoznamenka jedinice, desetice, stotice. . .) 8 · 7 · · · (8 − n + 2) = 8n−1 puta. Doprinos teznamenke zbroju je i·8n−1·

∑n−1j=0 10j = i·8n−1· 10n−1

9, pa zbroj iznosi (

∑9i=1 i)·8n−1· 10n−1

9=

5 · 8n−1 · (10n − 1).

Zadatak 1.8. (d) Pretpostavimo da su g : T → S i h : T → S inverzne funkcije od f , tj.da vrijedi g ◦ f = h ◦ f = idS i f ◦ g = f ◦ h = idT . Onda je g = idS ◦ g = (h ◦ f) ◦ g =h ◦ (f ◦ g) = h ◦ idT = h.

Zadatak 1.9. pn = n(3n−1)2

.

Zadatak 1.10. Na dva nacina prebrojavamo skup svih incidentnih parova (vrh,brid).

Zadatak 1.11. Iz prethodnog zadatka slijedi da je zbroj stupnjeva svih vrhova grafaparan. Kad bi broj vrhova neparnog stupnja bio neparan, zbroj svih stupnjeva bio bineparan. Tvrdnja se zove lema o rukovanju zbog sljedece interpretacije. U drustvu od nljudi neki su se medusobno rukovali, a neki nisu. Drustvo modeliramo grafom: vrhovi su

127


ljudi, a susjedni su oni koji su se rukovali. Tada broj ljudi koji su se rukovali neparnomnogo puta mora biti paran.

Zadatak 2.3. Dokaz je analogan dokazu teorema 1.6, ali prebrojavamo injekcije.

Zadatak 2.4.n+1∑

0

x−3 δx = x−2

−2

∣∣∣n+1

0= −1

2(x+1)(x+2)

∣∣∣n+1

0= 1

4− 1

2(n+2)(n+3)= (n+1)(n+4)

4(n+2)(n+3).

Zadatak 2.5.n∑i=1

n∑j=1

(i+j)2 =n+1∑

1

n+1∑1

(x+y)2 δy δx =n+1∑

1

n+1∑1

[(x+ y)2 + (x+ y)1] δy δx =

=n+1∑

1

[(x+y)3

3+ (x+y)2

2

]∣∣∣n+1

1δx =

n+1∑1

[(x+n+1)3

3+ (x+n+1)2

2− (x+1)3

3− (x+1)2

2

]δx =

=[

(x+n+1)4

12+ (x+n+1)3

6− (x+1)4

12− (x+1)3

6

]∣∣∣n+1

1=

= (2n+2)4

12+ (2n+2)3

6− (n+2)4

12− (n+2)3

6− (n+2)4

12− (n+2)3

6+ 24

12+ 23

6= (n+1)n2(7n+5)

6.

Zadatak 2.6. ∆(cx) = cx+1 − cx = cx(c− x− 1) = cx+2

c−x . Uvrstimo c = −2 i zamijenimo

x → x − 2, pa dobijemo ∆((−2)x−2) = (−2)x

−x , odnosno ∆(−(−2)x−2) = (−2)x

x. Slijedi

n∑k=1

(−2)k

k=

n+1∑1

(−2)x

xδx = −(−2)x−2

∣∣n+1

1= −(−2)n−1 + (−2)−1 = (−1)n n!− 1.

Zadatak 2.7. (a)n+1∑

1

x 3x δx =

∣∣∣∣∣∣f(x) = x⇒ ∆f(x) = 1,

∆g(x) = 3x ⇒ g(x) = 3x

2

⇒ Eg(x) = 3x+1

2

∣∣∣∣∣∣ = 12x 3x

∣∣n+1

1−1

2

n+1∑1

3x+1 δx =

= 12

[(n+ 1)3n+1 − 3]−12

3x+1

2

∣∣∣n+1

1= 1

2[(n+ 1)3n+1 − 3]−1

4[3n+2 − 9] = 1

4[(2n− 1)3n+1 + 3].

(b)n+1∑

1

xFx δx =

∣∣∣∣∣∣f(x) = x⇒ ∆f(x) = 1,

∆g(x) = Fx ⇒ g(x) = Fx+1

⇒ Eg(x) = Fx+2

∣∣∣∣∣∣ = xFx+1

∣∣n+1

1−

n+1∑1

Fx+2 δx =

= (n+ 1)Fn+2 − F2 − Fx+3

∣∣n+1

1= (n+ 1)Fn+2 − 1− Fn+4 + F4 = nFn+2 − Fn+3 + 2.

(c)n+1∑

1

2x+12x

δx =

∣∣∣∣∣∣∣f(x) = 2x+ 1⇒ ∆f(x) = 2,

∆g(x) = (12)x ⇒ g(x) =

( 12

)x

12−1

= −21−x ⇒ Eg(x) = −2−x

∣∣∣∣∣∣∣ = −(2x+ 1)21−x∣∣n+1

1+ 2

n+1∑1

(12)x δx =

= −(2n+ 3) 2−n + 3− 22−x∣∣n+1

1= −(2n+ 3) 2−n + 3− 21−n + 2 = 5− (2n+ 5) 2−n.

(d)n+1∑

1

x2 2x δx =

∣∣∣∣∣∣f(x) = x2 ⇒ ∆f(x) = 2x+ 1,

∆g(x) = 2x ⇒ g(x) = 2x

⇒ Eg(x) = 2x+1

∣∣∣∣∣∣ = x2 2x∣∣n+1

1−

n+1∑1

(2x+ 1)2x+1 δx =


=

∣∣∣∣∣∣f(x) = 2x+ 1⇒ ∆f(x) = 2,

∆g(x) = 2x+1 ⇒ g(x) = 2x+1

⇒ Eg(x) = 2x+2

∣∣∣∣∣∣ = (n+1)2 2n+1−2− (2x+ 1) 2x+1∣∣n+1

1+n+1∑

1

2x+3 δx =

= (n+ 1)2 2n+1 − 2− (2n+ 3) 2n+2 + 12 + 2x+3∣∣n+1

1= (n2 − 2n+ 3) 2n+1 − 6.

(e)n+1∑

1

2x+1x(x+1)

δx =

∣∣∣∣∣∣∣f(x) = 2x+ 1⇒ ∆f(x) = 2,

∆g(x) = (x− 1)−2 ⇒ g(x) =(x−1)−1

−1= −1

x⇒ Eg(x) = −1

x+1

∣∣∣∣∣∣∣ = −(2x+1)x

∣∣∣n+1

1+ 2

n+1∑1

x−1 δx =

= −2n+3n+1

+ 3 + 2Hx

∣∣n+1

1= n

n+1+ 2(Hn+1 − 1) = 2Hn+1 − n+2

n+1= 2Hn − n

n+1.

(f)n∑0

Hx x−2 δx =

∣∣∣∣∣∣∣f(x) = Hx ⇒ ∆f(x) = 1

x+1,

∆g(x) = x−2 ⇒ g(x) = x−1

−1

= −1x+1

⇒ Eg(x) = −1x+2

∣∣∣∣∣∣∣ = −Hx

x+1

∣∣n0

+n∑0

1(x+1)(x+2)

δx =

= −Hn

n+1+

n∑0

x−2 δx = −Hn

n+1− 1

x+1

∣∣n0

= −Hn

n+1− 1

n+1+ 1 = 1− 1+Hn

n+1.

(g) Integral∫ex sinx dx izracunava se tako da se dva puta parcijalno integrira i prebaci

na lijevu stranu. Na slican nacin izracunat cemo neodredenu sumu:

∑2xFx δx =

∣∣∣∣∣∣f(x) = Fx ⇒ ∆f(x) = Fx−1,

∆g(x) = 2x ⇒ g(x) = 2x

⇒ Eg(x) = 2x+1

∣∣∣∣∣∣ = 2x Fx −∑

2x+1 Fx−1 δx =

=

∣∣∣∣∣∣f(x) = 2x+1 ⇒ ∆f(x) = 2x+1,

∆g(x) = Fx−1 ⇒ g(x) = Fx⇒ Eg(x) = Fx+1

∣∣∣∣∣∣ = 2x Fx − 2x+1 Fx +∑

2x+1 Fx+1 δx =

=

∣∣∣∣∣∣f(x) = Fx+1 ⇒ ∆f(x) = Fx,

∆g(x) = 2x+1 ⇒ g(x) = 2x+1

⇒ Eg(x) = 2x+2

∣∣∣∣∣∣ = −2x Fx + 2x+1 Fx+1 − 4∑

2xFx δx.

Sad prebacimo zadnji clan na lijevu stranu i podijelimo s 5, pa dobijemo∑

2xFx δx =

15

(2x+1 Fx+1 − 2x Fx). Odredena suma jen+1∑

1

2xFx δx = 15

(2n+2 Fn+2 − 2n+1 Fn+1 − 2).

Zadatak 2.8.n∑0

(xm

)Hx δx =

∣∣∣∣∣∣∣f(x) = Hx ⇒ ∆f(x) = 1

x+1,

∆g(x) =(xm

)⇒ g(x) =

(x

m+1

)⇒ Eg(x) =

(x+1m+1

)∣∣∣∣∣∣∣ =

=(

xm+1

)Hx

∣∣n0−

n∑0

1x+1

(x+1m+1

)δx =

(n

m+1

)Hn−

n∑0

1��x+1

��x+1m+1

(xm

)δx =

(n

m+1

)Hn− 1

m+1

n∑0

(xm

)δx =

=(

nm+1

)Hn − 1

m+1

(x

m+1

)∣∣n0

=(

nm+1

) (Hn − 1

m+1

).

Zadatak 3.1. Rastavite skup svih puteva od (0, 0) do (n, n) na disjunktne podskupove


prema tocki u kojoj put sijece pravac y = n− x.

Zadatak 3.3. Neka je xi broj bombona koje dobiva i-to dijete. Rasporedi bombonaodgovaraju cjelobrojnim rjesenjima jednadzbe x1 + . . . + xs = k uz uvjete xi ≥ 0, kojihprema propoziciji 3.4 ima

(k+s−1k

).

Zadatak 3.4. Supstitucijom yi = xi− i jednadzba prelazi u y1 + y2 + y3 + y4 = 8, yi ≥ 0.Prema propoziciji 3.4 broj rjesenja je

(113

)= 165.

Zadatak 3.5. µ′ = (8, 5, 3, 3, 3, 2, 2, 1, 1).

Zadatak 3.6. Skup P svih particija skupa {1, . . . , n} podijelimo na dva disjunktnapodskupa: particije koje ne sadrze jednoclane blokove (P1) i particije koje sadrze barjedan jednoclani blok (P2). Znamo da je |P| = Bn i |P1| = Vn, pa treba uspostavitibijekciju izmedu P2 i skupa P ′1 svih particija od {1, . . . , n+ 1} koje ne sadrze jednoclaneblokove. Tada je |P2| = |P ′1| = Vn+1 i po principu sume dobivamo Bn = Vn + Vn+1.

Funkcija f : P2 → P ′1 transformira particiju iz P2 tako da jednoclane blokove zamijeni snjihovom unijom i doda im element n+1. Na taj nacin dobivamo particiju od {1, . . . , n+1}bez jednoclanih blokova, tj. element iz P ′1. Obrnuto, funkcija g : P ′1 → P2 particiju iz P ′1transformira tako da iz bloka koji sadrzi n+ 1 izbaci taj element, a ostale elemente iz togbloka rastavi na jednoclane blokove. Na taj nacin dobivamo particiju iz P2. Funkcije f ig su jedna drugoj inverzne, dakle bijekcije.

Zadatak 3.7. Formula se moze dokazati indukcijom po n, uz pomocu rekurzije 3.12 iprimjera 3.10. Pokusajte naci direktan kombinatorni dokaz!

Zadatak 3.9. Dokaz je analogan zadacima 1.5 i 2.3, ali prebrojavamo surjekcije.

Zadatak 3.10. (a) Ako je N skup predmeta, a K skup kutija, rasporedima predmeta ukutije odgovaraju funkcije f : N → K. Broj rasporeda je kn. (b) Ako je xi broj predmetau i-toj kutiji, rasporedima predmata u kutije odgovaraju cjelobrojna rjesenja jednadzbex1 + . . . + xk = n uz uvjete xi ≥ 0. Broj rasporeda je

(n+k−1k−1

)=(n+k−1n

). (c) Ako je N

skup predmeta, rasporedima predmeta u kutije odgovaraju particije skupa N s najvise k

blokova. Broj rasporeda jek∑i=1

{ni

}. (d) Rasporedima predmeta u kutije odgovaraju

particije prirodnog broja n s najvise k pribrojnika (tj. duljine ≤ k). Broj rasporeda jek∑i=1

p(n, i).

Zadatak 3.11. (a) Rasporedima predmeta u kutije odgovaraju surjekcije f : N → K.Broj rasporeda je Sur(n, k). (b) Rasporedima predmata u kutije odgovaraju cjelobrojnarjesenja jednadzbe x1 + . . . + xk = n uz uvjete xi > 0. Broj rasporeda je

(n−1k−1

)=(n−1n−k

).

(c) Rasporedima predmeta u kutije odgovaraju particije skupa N s tocno k blokova. Brojrasporeda je

{nk

}. (d) Rasporedima predmeta u kutije odgovaraju particije prirodnog

broja n s tocno k pribrojnika (duljine k). Broj rasporeda je p(n, k).


Zadatak 3.12.

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

Zadatak 3.13. {{1, 4, 5, 7}, {2}, {3, 9}, {6, 10}, {8}}.

Zadatak 3.14. Vidi [2].

Zadatak 4.1. Neka je G grupa reda n. Za svaki g ∈ G definiramo funkciju πg : G→ G,πg(x) = gx. Ta funkcija ima inverznu funkciju πg−1 , pa je bijekcija, tj. permutacija eleme-nata grupe G. Pridruzivanje g 7→ πg je monomorfizam grupa (injektivni homomorfizam),a njegova slika je podgrupa od S(G) izomorfna s grupom G. Ovdje je S(G) grupa svihpermutacija elemenata od G, koju mozemo identificirati sa simetricnom grupom Sn.

Zadatak 4.2. Za 1 < s ≤ n, broj ciklusa stupnja n i duljine s je(ns

)(s − 1)!. Za s = 1

svi “ciklusi duljine jedan” predstavljaju istu permutaciju (identitetu), pa je broj takvihciklusa 1.

Zadatak 4.3. Permutaciju π stupnja 11 (shvacenu kao uredenu n-torku razlicitih eleme-nata iz {1, . . . , n}) podijelimo na jedan ciklus duljine 5 i tri ciklusa duljine 2:

(π1, π2, π3, π4, π5, π6, π7, π8, π9, π10, π11)

↓(π1, π2, π3, π4, π5)(π6, π7)(π8, π9)(π10, π11).

Ciklickim permutiranjem elemenata unutar ciklusa donja permutacija ostaje ista, pa broj11! trebamo podijeliti s 5 ·2 ·2 ·2. Osim toga donja permutacija ostaje ista kad medusobnopermutiramo cikluse duljine 2. Zato je broj permutacija ciklickog tipa (5, 2, 2, 2) jednak

11!5·2·2·2·3!

= 166 320.

Zadatak 4.4. Ako je permutacija π produkt disjunktnih ciklusa

π = (i1 · · · is) (j1 · · · jt) · · · ,


onda je konjugirana permutacija σπσ−1 produkt disjunktnih ciklusa

σπσ−1 = (σ(i1) · · · σ(is)) (σ(j1) · · · σ(jt)) · · · .

To provjerimo tako da promotrimo u sto lijeva i desna strana preslikavaju proizvoljnij ∈ {1, . . . , n}. Buduci da je σ surjekcija, mozemo ga zapisati kao j = σ(i). Bez smanjenjaopcenitosti uzmimo da je i = i1, pa produkt ciklusa s desne strane preslikava j u σ(i2).Permutacija s lijeve strane radi isto: (σπσ−1)(j) = (σπσ−1)(σ(i1)) = σ(π(i1)) = σ(i2).Time smo dokazali da konjugirane permutacije imaju isti ciklici tip. Obrnuto, dvijepermutacije π1 i π2 istog ciklickog tipa konjugirane su permutacijom σ koju dobijemotako da cikluse odgovarajuce velicine od π1 i π2 napisemo jedne ispod drugih.

Zadatak 4.5. Particija n-clanog skupa na n − 2 blokova sastoji se od jednog blokavelicine 3 i n− 3 blokova velicine 1, ili od dva bloka velicine 2 i n− 4 blokova velicine 1.U prvom slucaju particija ima

(n3

), a u drugom slucaju ih ima 1

2

(n2

)(n−2

2

). Analogna

formula za Stirlingove brojeve prve vrste je[

nn−2

]= 2(n3

)+ 1

2

(n2

)(n−2

2

). U prvom slucaju

od izabrana tri broja mozemo napraviti dva ciklusa duljine 3.

Zadatak 4.6. Prebrojavamo permutacije od {1, . . . , n} koje imaju dva ciklusa. Pret-postavimo da je jedan ciklus duljine k, a drugi duljine n− k. Elemente u prvom ciklusubiramo na

(nk

)nacina, zatim ih slozimo u ciklus na (k−1)! nacina, a preostale elemente na

(n− k− 1)! nacina. Vrijedi(nk

)(k− 1)!(n− k− 1)! = (n− 1)! n

k(n−k)= (n− 1)!

(1k

+ 1n−k

).

Formula slijedi tako da sumiramo po k = 1, . . . , n − 1 i podijelimo s 2, jer smo svakupermutaciju brojali 2 puta.

Zadatak 4.7. Neka je S = {1, . . . , n + 1}. Lijeva strana prebrojava particije skupa Sna m + 1 blokova, odnosno permutacije skupa S sa m + 1 ciklusa. Neka je P skup svihtakvih particija, odnosno permutacija. Podijelit cemo ga na disjunktne podskupove takoda dobijemo sume na desnoj strani.

U prvom slucaju neka je Pk skup svih particija u kojima je n−k elemenata iz {1, . . . , n}u bloku koji sadrzi element n + 1, a k elemenata nije u tom bloku. Particija iz Pkjednoznacno je odredena kad izaberemo tih k elemenata i particioniramo ih na m blokova,pa je |Pk| =

(nk

) {km

}.

U drugom slucaju neka je Pk skup svih permutacija u kojima je n − k elemenata iz{1, . . . , n} u ciklusu koji sadrzi element n+1, a k elemenata nije u tom ciklusu. Da bismoodredili permutaciju iz Pk biramo tih k elemenata i napravimo od njih permutaciju s mciklusa, a preostalih n− k elemenata i element n+ 1 slozimo u ciklus duljine n− k+ 1 na(n− k)! nacina. Zato je |Pk| =

(nk

) [km

](n− k)!.

Zadatak 4.8. Ovo je generalizacija identiteta iz primjera 4.14. Prebrojavamo particijen-clanog skupa s k blokova od kojih su m istaknuti, odnosno permutacije n-clanog skupas k ciklusa od kojih su m istaktnuti.

Zadatak 4.9. Neka je S = {1, . . . , n+m+ 1} i P skup svih particija od S na m blokova,tako da |P| bude lijeva strana prvog identiteta. Podijelimo P na disjunktne podskupoveprema najvecem elementu x ∈ S koji nije u jednoclanom bloku. Brojevi od x + 1 do


n + m + 1 su u jednoclanim blokovima i ima ih n + m − x + 1. Blokova ima m, pamora vrijediti n + m − x + 1 ≤ m, odnosno x ≥ n + 1. Oznacimo k = x − n − 1 ineka je Pk skup svih particija iz P u kojima je n + k + 1 najveci element iz S koji nijeu jednoclanom bloku. Upravo smo dokazali da je P = P0 ∪ · · · ∪ Pm (disjunktna unija),

pa prema principu sume vrijedi |P| =m∑k=0

|Pk|. Particije iz Pk sadrze m − k jednoclanih

blokova {n + k + 2}, . . . , {n + m + 1}, a preostale blokove dobijemo tako da elemente{1, . . . , n + k} particioniramo na k blokova i jednom od njih dodamo element n + k + 1.Zato je |Pk| = k

{n+kk

}.

Drugi identitet dokazujemo analogno. Skup P svih permutacija od S koje imaju mciklusa podijelimo na disjunktne podskupove prema najvecem elementu x ∈ S koji nijeu jednoclanom ciklusu, tj. nije fiksna tocka permutacije. Ako s Pk oznacimo skup svih

permutacija kojima je n+k+1 najveca nefiksna tocka, vrijedi |P| =m∑k=0

|Pk|. Permutacija

iz Pk fiksira elemente n + k + 2, . . . , n + m + 1, sto nam daje m − k ciklusa duljine 1.Elemente {1, . . . , n+ k} permutiramo tako da dobijemo k ciklusa, a zatim jednom od tihciklusa dodajemo element n + k + 1. To mozemo napraviti na n + k nacina (vidi dokazteorema 4.5), pa je |Pk| = (n+ k)

[n+kk

].

Zadatak 4.10. Prema teoremu 4.8, lijeva strana je broj rasporeda n − m slopova naploci ∆n+1. Desnu stranu dobivamo tako da rasporede podijelimo prema broju slopovakoji nisu u prvom stupcu, nego u dijelu ploce ∆n. Ako se u ∆n nalazi n− k slopova, a uprvom stupcu preostalih k −m slopova, takvih rasporeda ima

[nk

] (k

k−m

)=[nk

] (km

).

Zadatak 4.12. (c) Iz teorema 4.10 i 4.9 slijedi xn =n∑k=0

(n∑j=0

[nj

]{j

k

})xk. Pokazuje se

da je koeficijentn∑j=0

[nj

]{j

k

}upravo Lahov broj L(n, k). Pogledajte clanak [20] o sumama

ovog oblika.

Zadatak 5.1. Za µ = (3, 2, 1, 1) je R(µ, x) = 1 + 7x+ 10x2 + 2x3. Topovski ekvivalentneparticije su (4, 2, 1), (3, 3, 1) i (3, 2, 2). To se najlakse ustanovi s pomocu teorema 5.4,trazeci particije s pridruzenim multiskupom {43, 52, 6, 7}.

Zadatak 5.2. Ploca �n je Ferrersov dijagram particije (n, n, . . . , n) (n pribrojnika). Zaobje particije pridruzeni multiskup je {n+ 1, n+ 2, . . . , 2n}, pa su topovski ekvivalentnepo teoremu 5.4.

Zadatak 5.4. Graf Kn,n je jako regularan s parametrima (2n, n, 0, n).

Zadatak 5.5. Petersenov graf P ima polinom sparivanja M(P, x) = 1 + 15x + 75x2 +145x3 + 90x4 + 6x5. Broj savrsenih sparivanja je 6 (vodeci koeficijent). Dva savrsenasparivanja prikazana su na slici 5.5, a jos cetiri dobiju se rotacijom desnog sparivanja natoj slici.


Zadatak 5.6. Matrice susjedstva A1, A2 istog grafa dobivene razlicitim numeraci-jama njegovih vrhova su slicne. Tocnije, postoji permutacijska matrica P takva da jeA2 = P · A1 · P−1. Zato matrice A1 i A2 imaju isti karakteristicni polinom i iste svoj-stvene vrijednosti (spektar). Spektralna teorija grafova proucava svojstva grafa na osnovunjegovih svojstvenih vrijednosti; vidi knjigu [27].

Zadatak 5.7. Na primjer, za G1 = i G2 = je M(G1, x) = M(G2, x) = 1 + 3x.Broj bridova grafa G je m1(G), sto je koeficijent uz x u M(G, x) i suprotni koeficijent uzxn−2 u µ(G, x).

Zadatak 5.8. Formula za m2(G) slijedi tako da biramo bilo koja dva brida od G i

oduzimamo izbore za koje bridovi imaju zajednicki vrh. Po lemi o rukovanju jen∑i=1

di = 2e.

Funkcijan∑i=1

d2i poprima minimalnu vrijednost uz taj uvjet ako i samo ako je di = 2e

nza

i = 1, . . . , n. Formulu za m2(G) mozemo zapisati kao e(e+1)2− 1

2

n∑i=1

d2i . Zakljucujemo da

je graf regularan ako i samo ako odgovarajuci koeficijent u polinomu sparivanja poprima

najvecu mogucu vrijednost (n−4)e2+ne2n

.

Zadatak 5.9. Sparivanje potpunog grafa Kn sastoji se od k medusobno disjunktnadvoclana podskupa vrhova. Biramo ih tako da izaberemo 2k vrhova i poslazemo ih u niz,sto mozemo na n2k nacina. Grupiramo ih redom dva po dva, a pritom redoslijed k parovai redoslijed elemenata unutar parova nisu bitni. Zato broj n2k treba podijeliti s k! i 2k.

Zadatak 5.10. Biramo k od n−1 bridova od Pn tako da nisu susjedni. To je ekvivalentnoprebrojavanju binarnih nizova koji se sastoje od k jedinica i n − 1 − k nula u kojimanema susjednih jedinica. Postavimo k jedinica i razdvojimo ih s k − 1 nula. Preostalihn− 1− k− (k− 1) = n− 2k nula rasporedujemo na k + 1 mjesta. Po “principu kuglica istapica” to mozemo na

(n−2k+k

k

)=(n−kk

)nacina.

Zadatak 5.11. Iz propozicija 5.7 i 5.6 slijedi M(Pn, x) = M(Pn−1, x) + x ·M(Pn−2, x).Pocetni uvjeti su M(P1, x) = 1 i M(P2, x) = 1 + x.

Zadatak 6.1.(

325

)−(

41

)(245

)+(

42

)(165

)−(

43

)(85

)= 57344.

Zadatak 6.2. Oznacimo planinare brojevima 1, . . . , n. Rasporede hodanja identificiramos permutacijama tog skupa. Pretpostavimo da je prije promjene raspored hodanja bio(1, 2, . . . , n). Prebrojavamo permutacije u kojima se ne pojavljuju podnizovi (1, 2), (2, 3),(3, 4), . . ., (n − 1, n). Neka je Ai skup svih permutacija u kojima se pojavljuje podniz(i, i+1), za i = 1, . . . , n−1. Za I ⊆ {1, . . . , n−1} vrijedi |AI | = (n−|I|)!. Po formuli (6.1),broj trazenih rasporeda hodanja je

|Ac1 ∩ · · · ∩ Acn−1| = |(A1 ∪ · · · ∪ An−1)c| =n−1∑i=0

(−1)i(n− 1

i

)(n− i)!.


Zadatak 6.3. Ukupan broj permutacija zadanog multiskupa je(

2n2,...,2

)= (2n)!

2n. Neka je Ai

skup svih permutacija u kojima su elementi ai susjedni. Za I ⊆ N vrijedi |AI | = (2n−|I|)!2n−|I|

.Po formuli (6.1), broj permutacija u kojima su susjedni elementi razliciti je

|Ac1 ∩ · · · ∩ Acn| = |(A1 ∪ · · · ∪ An)c| =∑I⊆N

(−1)|I||AI | =n∑i=0

(−1)i(n

i

)(2n− i)!

2n−i.

Zadatak 6.4. Ukupan broj grafova je 2(n2): za svaki dvoclani podskup od V odlucujemo

je li brid ili nije brid. Neka je Ai skup svih grafova u kojima je vrh i izoliran. Za I ⊆ V

vrijedi |AI | = 2(n−|I|2 ). Po formuli (6.1), broj grafova bez izoliranih vrhova je

|Ac1 ∩ · · · ∩ Acn| = |(A1 ∪ · · · ∪ An)c| =∑I⊆V

(−1)|I||AI | =n∑i=0

(−1)i(n

i

)2(n−i

2 ).

Zadatak 6.5. Broj matrica B bez uvjeta na retke je (n2)!. Broj matrica B kojima sezadanih i redaka podudara s matricom A je (n(n − i))!. Po formuli (6.1), trazeni broj

matrica B jen∑i=0

(−1)i(ni

)(n(n− i))!.

Zadatak 6.6. Topovski polinom ploce P je R(P, x) = (1 + x)(1 + 3x + x2)2 = 1 + 7x +17x2 + 17x3 + 7x4 +x5. Po teoremu 6.6, broj permutacija sa zabranjenim pozicijama iz P

je5∑

k=0

(−1)k rk(P ) (5− k)! = 5!− 7 · 4! + 17 · 3!− 17 · 2! + 7 · 1!− 1 · 0! = 26.

Zadatak 6.7. Topovski polinom zabranjenih pozicija je R(P, x) = (1 +x)(1 + 3x+x2) =

1 + 4x+ 4x2 + x3. Po teoremu 6.6, broj permutacija je3∑

k=0

(−1)k rk(P ) (4− k)! = 4!− 4 ·

3! + 4 · 2!− 1 · 1! = 7.

Zadatak 6.8. Topovski polinom zabranjenih pozicija je R(P, x) = (1 + 4x + 2x2)(1 +

2x)2 = 1+8x+22x2 +24x3 +8x4. Po teoremu 6.6, broj permutacija je4∑

k=0

(−1)k rk(P ) (6−

k)! = 6!− 8 · 5! + 22 · 4!− 24 · 3! + 8 · 2! = 160.

Zadatak 7.1. g(∅) = 1, g({1}) = g({2}) = 2, g({3}) = 3, g({1, 2}) = 5, g({1, 3}) =g({2, 3}) = 7, g({1, 2, 3}) = 17. Vidimo da vrijedi f({1, 3}) = g(∅) − g({1}) − g({3}) +g({1, 3}) i f({1, 2, 3}) = −g(∅)+g({1})+g({2})+g({3})−g({1, 2})−g({1, 3})−g({2, 3})+g({1, 2, 3}).

Zadatak 7.2. Lijeva strana prebrojava skup svih funkcija f : N → I, pri cemu je |N | = ni |I| = i. Da bi dobili desnu stranu, rastavimo taj skup prema kardinalitetu slike funkcije| Im(f) | = j.


Zadatak 7.3. Lijeva strana prebrojava skup svih permutacija i-clanog skupa, a za desnustranu rastavimo taj skup prema broju fiksnih tocaka permutacije i − j. Formulu izteorema 6.5 dobijemo primjenom korolara 7.4 na funkcije f(i) = di, g(i) = i!.

Zadatak 7.4.i∑

j=0

(ij

)Fj = F2i. Iz korolara 7.4 slijedi

i∑j=0

(−1)i−j(ij

)F2j = Fi.

Zadatak 7.5. Za svake dvije funkcije f, g : {0, 1, . . . , n} → R vrijedi

g(i) =i∑

j=0

{i

j

}f(j) ⇐⇒ f(i) =

i∑j=0

(−1)i−j[i

j

]g(j)

i

g(i) =i∑

j=0

[i

j

]f(j) ⇐⇒ f(i) =

i∑j=0

(−1)i−j{i

j

}g(j).

Zadatak 7.6. Primijenimo korolar 7.4 na funkcije F (i) = i! · f(i) i G(i) = i! · g(i).

Zadatak 7.8. Djelitelji od m su oblika px11 · · · pxnn za xi ∈ {0, 1, . . . , ei}. Slijedi τ(m) =

(e1 + 1) · · · (en + 1) i σ(m) =e1∑

x1=0

· · ·en∑

xn=0

px11 · · · pxnn =n∏i=1

(ei∑

xi=0

pxii

)=

n∏i=1

pei+1i −1

pi−1.

Zadatak 7.10. Djelitelji od m · n su oblika d · d′ za d | m i d′ | n. Uz to, ako jeM(m,n) = 1, onda je i M(d, d′) = 1. Zato vrijedi

g(m·n) =∑d |m

∑d′ |n

f(d·d′) =∑d |m

∑d′ |n

f(d)·f(d′) =

∑d |m

f(d)

·∑

d′ |n

f(d′)

= g(m)·g(n).

Zadatak 7.11. U Booleovoj resetki (2S,⊆) operacija x ∨ y je unija, a operacija x ∧ ypresjek skupova x i y. Najmanji element je prazan skup ∅, a najveci element je skup S.U skupu N s relacijom djeljivosti operacija x ∨ y je najmanji zajednicki visekratnik, aoperacija x ∧ y je najveci zajednicki djelitelj prirodnih brojeva x i y. Najmanji elementje broj 1, a najveci element ne postoji.

Zadatak 7.14. dimTn(R) = n+ (n− 1) + (n− 2) + . . .+ 1 = n(n+1)2

.

Zadatak 7.16. Najmanja moguca dimenzija incidencijske algebre I(P ) je n. Postizese za parcijalni uredaj u kojem nikoja dva razlicita elementa nisu usporediva. Najvecamoguca dimenzija je n(n+1)

2i postize se za totalni uredaj.

Zadatak 7.17. Neka je X = {A,B1, . . . , Bn+1, C} s parcijalnim uredajem A ≤ Bi, A ≤C, Bi ≤ C. Hasseov dijagram parcijalno uredenog skupa (X,≤) prikazan je na slici 9.2lijevo. Lanac od A do C duljine 1 je {A,C}, a duljine 2 su {A,Bi, C}. Po teoremu 7.19je µ(A,C) = −1 + n + 1 = n. Nadalje, neka je X = {A,B1, B2, C1, . . . , Cn+1, D} sparcijalnim uredajem A ≤ Bi, A ≤ Cj, A ≤ D, Bi ≤ Cj, Bi ≤ D, Cj ≤ D. Hasseov


dijagram parcijalno uredenog skupa (X,≤) prikazan je na slici 9.2 desno. Lanac od A doD duljine 1 je {A,D}, duljine 2 su {A,Bi, D} i {A,Cj, D} (ima ih n+ 3), a duljine 3 su{A,Bi, Cj, D} (ima ih 2(n+1)). Po teoremu 7.19 je µ(A,D) = −1+n+3−2(n+1) = −n.

Zadatak 7.18. ζ2(x, y) =∑

z∈[x,y]

ζ(x, z)ζ(z, y) =∑

z∈[x,y]

1 = | [x, y] |. Vidimo da je ζ2(x, y)

kardinalitet segmenta [x, y].

Zadatak 9.3. Formulu∑n≥0

nzn = z(1−z)2 iz primjera 9.8 deriviramo i pomnozimo sa z:

∑n≥0

n2zn =z(1 + z)

(1− z)3.

Zadatak 9.4. Iz primjera 9.8 i zadatka 9.3 slijedi

F (z) =∑n≥0

pnzn =

3

2

∑n≥0

n2zn − 1

2

∑n≥0

nzn =3

2

z(1 + z)

(1− z)3− 1

2

z

(1− z)2=z(1 + 2z)

(1− z)3.

Zadatak 9.5. Ocito je G(z) = (1−z)m+1, pa je po binomnom teoremu bn = (−1)n(m+1n

).

Zadatak 9.6. Zatvorena formula za F (z) je 1(1−z)2 . Stoga je G(z) = (1−z)2 = 1−2z+z2.

Koeficijenti su b0 = 1, b1 = −2, b2 = 1 i bn = 0 za n ≥ 3.

Zadatak 9.8. Prva zagrada odgovara broju elemenata A u podmultiskupu, druga zagradabroju elemenata B, a treca zagrada broju elemenata C:

F (z) = (1 + z + z2 + . . .) · (1 + z + . . .+ z10) · (1 + z + . . .+ z5) =

=1

1− z· 1− z11

1− z· 1− z6

1− z=

(1− z11)(1− z6)

(1− z)3.

Koristimo se teoremom 9.15 da bismo odredili koeficijent a10:

F (z) = (1− z11)(1− z6)∑n≥0

(n+ 2

2

)zn =⇒ a10 = 〈z10〉F (z) =

(12

2

)−(

6

2

)= 51.

A

B1 B2 Bn+1

C

A

B1 B2

C1 C2 Cn+1

D

Slika 9.2: Hasseovi dijagrami p. u. skupova u kojima je µ(A,C) = n i µ(A,D) = −n.


Zadatak 9.9. Zagrade odgovaraju redom broju kupnjenih lubenica, banana, manga,sljiva i mandarina:

F (z) = (1+z)(1+z2+z4+. . .)(1+z+z2)(z+z3+z5+. . .)(1+z3+z6+. . .) =z

(1− z)3(1 + z).

Rastavimo funkciju izvodnicu na parcijalne razlomke i razvijemo je u red potencija:

F (z) = −1

8· 1

1 + z− 1

8· 1

1− z− 1

4· 1

(1− z)2+

1

2· 1

(1− z)3=

= −1

8

∑n≥0

(−1)nzn − 1

8

∑n≥0

zn − 1

4

∑n≥0

(n+ 1

1

)zn +

1

2

∑n≥0

(n+ 2

2

)zn =

=∑n≥0

[(−1)n+1 − 1

8− 1

4(n+ 1) +

1

2

(n+ 2

2

)]zn.

Izraz u uglatoj zagradi je formula za an.

Zadatak 9.10.

F (z) =∑n≥0

(2·3n+(−4)n)zn = 2·∑n≥0

3nzn+∑n≥0

(−4)nzn = 2· 1

1− 3z+

1

1 + 4z=

3 + 5z

1 + z − 12z2.

Prema teoremu 9.10, niz zadovoljava rekurziju an+2 + an+1 − 12an = 0 uz pocetne uvjetea0 = 3, a1 = 2.

Zadatak 9.11. Zapisimo trazenu funkciju izvodnicu kao

F (z) =∑n≥0

anzn = 1 + z +

∑n≥2

anzn = 1 + z +

∑n≥0

an+2zn+2.

Primijenimo formalnu derivaciju i iskoristimo rekurziju:

F ′(z) = 1 +∑n≥0

(n+ 2)an+2zn+1 = 1 +

∑n≥0

(an+1 + an)zn+1 = 1 +∑n≥0

an+1zn+1+

+ z ·∑n≥0

anzn = 1 + F (z)− 1 + z · F (z) = (1 + z)F (z).

Funkcija izvodnica zadovoljava diferencijalnu jednadzbu F ′(z) = (1 + z)F (z). Rijesimo je

metodom separacije varijabli i tako dobijemo formulu F (z) = ez+z2

2 .

Zadatak 9.12. A(z) = 11−2z2−z3 .

Zadatak 9.14. F (z) = (1 + z)k, G(z) = (ez − 1)k.


Zadatak 9.16. Prebrojavamo n-permutacije multiskupa {N16, J6, B20} u kojima je brojslova N djeljiv s 5, broj slova J je prost i broj slova B je barem 3. Na i-tom mjestunalazi se slovo N , J ili B ako i-ti matematicar pije sok od narance, jabuke ili borovnice.Eksponencijalna funkcija izvodnica za ovaj problem je

F (z) =

(1 +

z5

5!+z10

10!+z15

15!

)·(z2

2!+z3

3!+z5

5!

)·(z3

3!+z4

4!+ . . .+

z20

20!

).

Trazeni broj je

10!〈z10〉F (z) = 10!

(1 · 1

2!· 1

8!+ 1 · 1

3!· 1

7!+ 1 · 1

5!· 1

5!+

1

5!· 1

2!· 1

3!

)= 2937.

Zadatak 9.17. F (z) = 1√5

(eΦz − e−Ψz

), gdje je Φ = 1+

√5

2i −Ψ = 1−

√5

2.

Zadatak 9.19. F (z) = e−z

1−z .

Zadatak 9.20. F (z) =(

1 + z1!

+ . . .+ z20

20!

)·(

1 + z1!

+ . . .+ z50

50!

)·(

1 + z1!

+ . . .+ z100

100!

).

Za n = 100 broj rasporeda je 100! · 〈z100〉F (z). U programu Maxima [25] dobijemo gasljedecim naredbama:

s(n):=sum(z^k/k!,k,0,n); 100!*coeff(expand(s(20)*s(50)*s(100)),z,100);

Rezultat je 1205645631235016246631448443327724542104148486.

Zadatak 9.21. Transponiranjem Ferrersovih dijagrama, kao u teoremu 3.6, vidimo da jebroj particija od n u tri dijela jednak broju particija od n s najvecim pribrojnikom 3. Zato mozemo direktno napisati funkciju izvodnicu:

F (z) = (1 + z + z2 + z3 + . . .) · (1 + z2 + z4 + z6 + . . .) · (z3 + z6 + z9 + . . .).

Prva zagrada odgovara broju jedinica, druga broju dvojki, a treca broju trojki (pocinjesa z3 jer se mora pojaviti bar jedna trojka). Sredivanjem dobijemo F (z) = z3

(1−z)(1−z2)(1−z3).

Zadatak 9.24. U primjeru 9.8 vidjeli smo da je zatvorena formula F (z) = z(1−z)2 . Iz

toga vidimo da je multiplikativni inverz F (z)−1 = (1−z)2z

= 1−2z+z2

z= z−1 − 2 + z. Za-

tvorenu formulu kompozicijskog inverza G(z) = F (−1)(z) dobijemo iz F (G(z)) = z ⇒z ·G(z)2 − (1 + 2z)G(z) + z = 0 ⇒ G(z) = 1+2z−

√1+4z

2z. Koeficijente dobijemo iz Lagran-

geove formule inverzije (9.20):

〈zn〉G(z) =1

n〈zn−1〉

(z

F (z)

)n=

1

n〈zn−1〉 (1− z)2n =

1

n〈zn−1〉

2n∑k=0

(2n

k

)(−1)kzk =

=1

n(−1)n−1

(2n

n− 1

)= (−1)n−1 1

n+ 1

(2n

n

)= (−1)n−1Cn.


Zadatak 9.25. Iz teorema 9.15 dobijemo F (z)−1 = 1z· 1

(1−z)m = 1z

∑n≥0

(m−1+n

n

)zn =∑

n≥0

(m−1+n

n

)zn−1 =

∑n≥−1

(m+nn+1

)zn. Iz Lagrangeove formule inverzije (9.20) i teorema 9.15

slijedi

〈zn〉F (−1)(z) =1

n〈zn−1〉

(z

F (z)

)n=

1

n〈zn−1〉 1

(1− z)mn=

1

n〈zn−1〉

∑k≥0

(mn− 1 + k

k

)zk =

=1

n

(mn− 1 + n− 1

n− 1

)=

1

n

((m+ 1)n− 2

n− 1

)=

1

mn− 1

((m+ 1)n− 2

n

).

Zadatak 9.26. Jednadzbu transformiramo u f(z) = z · (4 + 2f(z)5) = z · G(f(z)) zaG(z) = 4 + 2z5. Po Lagrangeovoj formuli inverzije (9.22) vrijedi

an = 〈zn〉f(z) =1

n〈zn−1〉 (G(z)n) =

1

n〈zn−1〉

(4 + 2z5

)n=

=1

n〈zn−1〉

n∑k=0

(n

k

)4n−k 2k z5k =

1

n〈zn−1〉

n∑k=0

(n

k

)22n−k z5k.

Za n = 2021 dobijemo a2021 =1

2021

(2021

404

)23638.

Zadatak 9.27. f(z) · (1− 4f(z) + 4f(z)2) = 2z ⇒ f(z) = z · 21−4f(z)+4f(z)2

= z ·G(f(z))

za G(z) = 21−4z+4z2

= 2(1−2z)2

. Po Lagrangeovoj formuli inverzije (9.22) je

an = 〈zn〉f(z) =1

n〈zn−1〉G(z)n =

1

n〈zn−1〉

(2

(1− 2z)2

)n=

2n

n〈zn−1〉 (1 + (−2z))−2n .

Razvojem u binomni red (9.11) i sredivanjem generaliziranog binomnog koeficijenta do-bijemo

an =2n

n〈zn−1〉

∑k≥0

(−2n

k

)(−2)kzk =

2n

n

(−2n

n− 1

)(−2)n−1 =

22n−1

n

(3n− 2

n− 1

).

Zadatak 9.28. f(z) =∑k≥0

(−1)k

2k + 1

(3k

k

)z2k+1.

Zadatak 9.29. f(z) =∑k≥0

1

3k + 1

(4k

k

)z3k+1.

Kazalo

binomna inverzija, 61binomni koeficijent, 2, 19broj

Bellov, 22, 27, 28, 31–33, 38Catalanov, 18Fibonaccijev, 13figurativni, 5harmonijski, 13kvadratni, 5Lahov, 38peterokutni, 5, 7, 22, 110Stirlingov, druge vrste, 23, 30, 32, 35,

36Stirlingov, prve vrste, 30, 32–34, 36trokutni, 4

deranzman, 53determinanta, 42dvostruko prebrojavanje, 2, 89

faktorijele, 2, 53padajuce, 9rastuce, 10

Ferrersov dijagram, 20, 25, 35, 39, 42formula

Cayleyeva, 122, 123eksponencijalna, 123Newton-Leibnizova, 10, 11parcijalne sumacije, 14Pascalova, 12, 23, 31ukljucivanja-iskljucivanja, 51–53

Gaussov trik, 4graf, 5

bipartitan, 44jako regularan, 5Petersenov, 5, 44, 81

kombinacija, 2

multiskupa, 19

multinomni koeficijent, 19

operatorderiviranja, 9diferencijski, 9, 10pomaka, 14

particijabroja, 20skupa, 22

permanenta, 42permutacija, 2

ciklicka, 29multiskupa, 19sa zabranjenim pozicijama, 54

polinomHermiteov, 47karakteristicni, 46sparivanja, 43, 45–47topovski, 39–42Cebisevljev, 47

principjednakosti, 2kuglica i stapica, 20, 55, 134produkta, 1razlike, 2sume, 1

resetka, 76Booleova, 65, 69–71, 77, 79, 80, 85, 87,

136Youngova, 76

sparivanje, 43suma

neodredena, 10odredena, 11

141

142 KAZALO

teorembinomni, 2, 3, 16, 19, 28, 97Birkhoff-von Neumannov, 83Cayleyev, 29, 37, 131Dilworthov, 81Erdos-Ko-Rado, 87Eulerov o peterokutnim brojevima, 110Hallov, o braku, 48Konig-Egervaryjev, 82Mirskyjev, 80multinomni, 19nejednakost LYM, 86Nikomahov, 28Spernerov, 85

topolosko sortiranje, 65topovska ekvivalencija, 42

Youngov dijagram, 20

Bibliografija

[1] N. Alon, J. H. Spencer, The probabilistic method. Fourth edition, John Wiley &Sons, Inc., 2016.

[2] A. T. Benjamin, M. E. Orrison, Two quick combinatorial proofs of∑n

k=1 k3 =

(n+1

2

)2,

The College Mathematics Journal 33 (2002), No. 5, 406–408.

[3] A. T. Benjamin, J. J. Quinn, Proofs that really count. The art of combinatorialproof, Mathematical Association of America, 2003.

[4] J. A. Bondy, U. S. R. Murty, Graph theory with applications, North-Holland, 1982.

[5] F. Butler, M. Can, J. Haglund, J. B. Remmel, Rook theory notes, 2011.http://www.math.ucsd.edu/~remmel/files/Book.pdf

[6] A. E. Brouwer, Parameters of strongly regular graphs, https://www.win.tue.nl/

~aeb/graphs/srg/srgtab.html

[7] A. E. Brouwer, H. Van Maldeghem, Strongly regular graphs, 2021.https://homepages.cwi.nl/~aeb/math/srg/rk3/srgw.pdf

[8] P. J. Cameron, Combinatorics: topics, techniques, algorithms, Cambridge Univer-sity Press, 1994.

[9] A. Dujella, Uvod u teoriju brojeva, skripta, Sveuciliste u Zagrebu, 2009.https://web.math.pmf.unizg.hr/~duje/utb/utblink.pdf

[10] P. Erdos, Some remarks on the theory of graphs, Bull. Amer. Math. Soc. 53 (1947),292–294.

[11] P. Flajolet, R. Sedgewick, Analytic combinatorics, Cambridge University Press,2009. http://algo.inria.fr/flajolet/Publications/book.pdf

[12] C. D. Godsil, Algebraic combinatorics, Chapman & Hall, 1993.

[13] C. Godsil, K. Meagher, Erdos-Ko-Rado theorems: algebraic approaches, CambridgeUniversity Press, 2016.

[14] J. R. Goldman, J. T. Joichi, D. E. White, Rook theory. I. Rook equivalence of Ferrersboards, Proc. Amer. Math. Soc. 52 (1975), 485–492.

143

http://www.math.ucsd.edu/~remmel/files/Book.pdf

https://www.win.tue.nl/~aeb/graphs/srg/srgtab.html

https://www.win.tue.nl/~aeb/graphs/srg/srgtab.html

https://homepages.cwi.nl/~aeb/math/srg/rk3/srgw.pdf

https://web.math.pmf.unizg.hr/~duje/utb/utblink.pdf

http://algo.inria.fr/flajolet/Publications/book.pdf

144 BIBLIOGRAFIJA

[15] W. T. Gowers, The two cultures of mathematics, u Mathematics: frontiers andperspectives (ur. V. Arnold, M. Atiyah, P. Lax i B. Mazur), Amer. Math. Soc.,2000., str. 65–78. https://www.dpmms.cam.ac.uk/~wtg10/2cultures.pdf

[16] R. L. Graham, D. E. Knuth, O. Patashnik, Concrete mathematics, 2nd edition,Addison-Wesley Publishing Company, 1994.

[17] T. W. Hungerford, Algebra, Springer-Verlag, 1980.

[18] S. Jukna, Extremal combinatorics. With applications in computer science. Secondedition, Springer, 2011.

[19] G. O. H. Katona, A simple proof of the Erdos-Chao Ko-Rado theorem, J. Combina-torial Theory Ser. B 13 (1972), 183–184.

[20] M. Knezevic, V. Krcadinac, L. Relic, Matrix products of binomial coefficients andunsigned Stirling numbers, u Proceedings of the 3rd Croatian Combinatorial Days(urednici T. Doslic, S. Majstorovic), Gradevinski fakultet, Sveuciliste u Zagrebu,2021., str. 35–44. https://doi.org/10.5592/CO/CCD.2020.04

[21] D. E. Knuth, The art of computer programming. Vol. 1. Fundamental algorithms.Third edition, Addison-Wesley, 1997.

[22] N. A. Loehr, Bijective combinatorics, CRC Press, 2011.

[23] L. Lovasz, M. D. Plummer, Matching theory, North-Holland Publishing Co., 1986.

[24] M. Marohnic, M. Basic i dr., Diskretna matematika – vjezbe, skripta, Sveuciliste uZagrebu, 2015. https://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/SKRIPTA.pdf

[25] Maxima, a computer algebra system. http://maxima.sourceforge.net

[26] I. Nakic, Diskretna matematika, skripta, Sveuciliste u Zagrebu, 2012.https://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf

[27] B. Nica, A brief introduction to spectral graph theory, European Mathematical So-ciety, 2018.

[28] M. Petkovsek, T. Pisanski, Combinatorial interpretation of unsigned Stirling andLah numbers, The Pi Mu Epsilon Journal 12 (2007), No. 7, 417–424.

[29] G.-C. Rota, On the foundations of combinatorial theory. I. Theory of Mobius func-tions, Z. Wahrscheinlichkeitstheorie und Verw. Gebiete 2 (1964), 340–368.

[30] J. Riordan, An introduction to combinatorial analysis, Wiley, New York, 1958.

[31] N. J. A. Sloane (urednik), The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, https://oeis.org

[32] R. P. Stanley, Enumerative combinatorics, Volume 1, Second edition, CambridgeUniversity Press, 2012.

https://www.dpmms.cam.ac.uk/~wtg10/2cultures.pdf

https://doi.org/10.5592/CO/CCD.2020.04

https://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/SKRIPTA.pdf

http://maxima.sourceforge.net

https://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf

https://oeis.org

https://oeis.org

BIBLIOGRAFIJA 145

[33] R. P. Stanley, Enumerative combinatorics, Volume 2, Cambridge University Press,1999.

[34] J. Touchard, Sur un probleme de permutations, C. R. Acad. Sci. Paris 198 (1934),631–633.

[35] L. G. Valiant, The complexity of computing the permanent, Theoret. Comput. Sci.8 (1979), no. 2, 189–201.

[36] D. Veljan, Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam, Zagreb, 2001.

[37] Wikipedia, Rogers-Ramanujan identities, sijecanj 2021.https://en.wikipedia.org/wiki/Rogers-Ramanujan_identities

[38] Wikipedia, Topological sorting, prosinac 2020.https://en.wikipedia.org/wiki/Topological_sorting

[39] H. S. Wilf, generatingfunctionology, Academic Press, Inc., 1994.https://www2.math.upenn.edu/~wilf/gfology2.pdf

[40] D. Zeilberger, Enumerative and algebraic combinatorics, u The Princeton com-panion to mathematics (ur. T. Gowers, J. Barrow-Green, I. Leader), PrincetonUniversity Press, 2008., str. 550–561.http://sites.math.rutgers.edu/~zeilberg/mamarim/mamarimPDF/enuPCM.

pdf

https://en.wikipedia.org/wiki/Rogers-Ramanujan_identities

https://en.wikipedia.org/wiki/Topological_sorting

https://www2.math.upenn.edu/~wilf/gfology2.pdf

http://sites.math.rutgers.edu/~zeilberg/mamarim/mamarimPDF/enuPCM.pdf

http://sites.math.rutgers.edu/~zeilberg/mamarim/mamarimPDF/enuPCM.pdf

kombinatorika - web.math.pmf.unizg.hr

Documents